2023年高考真题变式分类汇编：影响盐类水解程度的主要因素
一、选择题
1．（2018·北京）测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）
A．Na SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO-3+OH-
B．④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
2．（2023·辽宁）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A．
B．③为与的关系曲线
C．
D．
3．（2022·浙江6月选考）时，苯酚的，下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
4．（2021·北京）下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析错误的是（ ）
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
5．（2018·天津）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[ ]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是（ ）
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3 ， 当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
6．（2018·全国Ⅲ卷）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
7．（2022·郑州模拟）某化学兴趣小组在学习完温度对盐类水解的影响后，测定了0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH随温度的变化，结果如下图所示。下列分析正确的是（ ）
A．升温前溶液呈碱性的原因是：CO＋2H2OH2CO3＋2OH-
B．常温下，0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中：c(Na＋)>2c(CO)＋c(HCO)
C．温度升高，Na2CO3水解程度增大，溶液pH增大，故图1实验数据一定不符合题意
D．降低温度，Na2CO3水解平衡移动和水的电离平衡移动对溶液pH的影响一致
8．（2022·葫芦岛模拟）粉煤灰含有50.19%的Al2O3、37.29%的SiO2，其余为Fe2O3、CaO等。粉煤灰“一步酸溶法”生产氧化铝的工艺流程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．“滤渣”的主要成分是二氧化硅
B．“树脂净化”的目的是将Al3+与Fe3+、Ca2+分离
C．“蒸发结晶”前应向氯化铝溶液中加入盐酸
D．循环使用X既降低成本，又防止污染环境
9．（2022·朝阳模拟）溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓黄色加深(b)。已知：(黄色)；浓度较小时(用表示)几乎无色，取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是（ ）
A．测溶液a的，证明发生了水解
B．加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是一致的
C．向b中加入后，黄色褪去，说明能抑制水解
D．将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解
10．（2021·潍坊模拟）实验室中下列做法错误的是（ ）
A．中和滴定时，滴定管用所盛装的溶液润洗2~3次
B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体加入适量蒸馏水中，搅拌使其完全溶解
C．向容量瓶转移液体时，用于引流的玻璃棒接触容量瓶内壁刻度线以下
D．蒸馏完毕后，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
11．（2021·平顶山模拟）实验测得 10 mL 0. 50 mol L -1NH4Cl溶液、10 mL 0. 50 mol L -1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3 H2O的电离常数均为1. 8×10-5.下列说法错误的是（ ）
A．加水稀释初期两种盐的水解率变化程度比稀释后期大
B．图中虚线表示pH随加水量的变化，实线表示pH随温度的变化
C．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol L-1溶液pH变化值小于lgx
D．将稀释相同倍数的NH4Cl与CH3COONa溶液混合，混合液中 c(CH3COO-)= c(NH )
12．（2021·齐齐哈尔模拟）常温下，向0.01 mol L-1的一元酸HX溶液中通入氨气，此过程混合溶液中 与pH之间关系如图所示(忽略溶液的体积变化)。下列叙述正确的是（ ）
A．pH=7时，溶液中c( )= mol L-1
B．常温下，K(HX)≈1×10- 5
C．当溶液为碱性时，c(X- )
13．（2020·南宁模拟）25℃时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-) 的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．水的电离程度：M>P
B．图中P点至Q点对应溶液中 逐渐增大
C．N点和Q点溶液的pH相同
D．P点溶液中
14．（2020·深圳模拟）下列说法正确的是（ ）
A．用苯萃取溴水中的Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层
B．欲除去H2S气体中混有的HCl，可将混合气体通入饱和Na2S溶液
C．乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇
D．用pH试纸分别测量等物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液的pH，可比较HCN和HClO的酸性强弱
15．（2019·普陀模拟）将浓度均为0.1mol L-1的下列溶液稀释10倍，其中pH增大的是（ ）
A．HNO3 B．NaOH C．KI D．NaHCO3
16．（2019·普陀模拟）用绿矾(FeSO4 7H2O)配制FeSO4溶液， 常加入稀硫酸和（ ）
A．锌粉 B．铁粉 C．硫酸铁 D．盐酸
17．（2019·成都模拟）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
B．0.1mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2 mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同
C．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含碳氯共价键的数目为0.3NA
D．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，转移的电子数为NA
18．（2019·成都模拟）下列根据实验操作、现象及结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 将石蜡油催化分解产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液褪色 该气体为乙烯
B 向NaAlO2溶液中持续通入气体Y 先出现 白色沉淀，最终沉淀又溶解 Y可能是CO2气体
C 向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入CuCl2、FeCl3溶液 加FeCl3溶液的H2O2产生气泡较快 Fe3+对H2O2分解的催化效果较好
D 取CH3OONa溶液于试管中并加入几滴酚酞，再加热 溶液红色加深 CH3COONa溶液显碱性且存在水解平衡
A．A B．B C．C D．D
19．（2018·丰台模拟）下列关于物质结构和元素性质说法正确的是（ ）
A．非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物
B．乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键
C．IA族与VIIA族元素原子之间形成的化学键是离子键
D．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
20．（2017·海南模拟）下列说法正确的是（ ）
A．氢氧燃料电池工作时，若消耗标准状况下11.2 L H2，则转移电子数为6.02×1023
B．常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H＋)﹒n(OH－)不变
C．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
D．反应2NaCl(s)=2Na(s)＋Cl2(g)的ΔH<0，ΔS>0
21．25℃时，将amol/L、pH=m的一元酸HX溶液与bmol/L、pH=n的NaOH溶液等体积混合后pH＞7。下列说法正确的是（ ）
A．若a=b，则HX一定是弱酸
B．反应后溶液中一定存在c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．若a=b，则m+n＜14
D．若a=2b，则反应后溶液中一定存在2c(OH－)＝c(HX)+2c(H＋)
22．（2016·乌鲁木齐模拟）下列说法中，正确的是（ ）
A．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
B．其他条件相同时，增大反应物浓度，反应物中活化分子的百分数增加
C．焓变和熵变都与反应的自发性有关，它们都能独立地作为自发性的判据
D．常温下，FeCl3溶液中由水电离出的c （H+）一定大于1×10﹣7mol/L
23．（2015·苏州模拟）下列有关说法正确的是（ ）
A．镀锌铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
B．2NaHCO3（s）=Na2CO3（s）+CO2（g）+H2O（l）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0
C．加热0.1 mol L﹣1CH3COONa 溶液，CH3COO﹣的水解程度和溶液的pH均增大
D．N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2 ）和H2的平衡转化率均增大
二、多选题
24．（2020 新高考I）25℃时，某混合溶液中 ，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是（ ）
A．O点时，
B．N点时，
C．该体系中，
D．pH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大
25．（2022高三上·潍坊期末）下列对有关实验现象的解释或所得结论错误的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 向2mL 0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加0.1mol·L-1Zn SO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液 先产生白色沉淀，又出现黑色沉淀 Ksp (ZnS) >Ksp(CuS)
B 将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液 铜粉溶解 Fe3+与铜粉反应
C 将25℃0.1mol·L-1的Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 温度升高，SO的水解增大程度大于水的电离增大程度
D 取2mL某卤代烃样品于试管中，加入5mL 20%KOH溶液并加热，冷却到室温后加入足量稀硝酸再滴加AgNO3溶液 产生白色沉淀 该卤代烃中含有氯元素
A．A B．B C．C D．D
26．（2022高二下·郴州期末）下列实验能达到预期目的是 （ ）
编号 实验内容 实验目的
A 向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅 证明溶液中存在水解平衡
B 向35%溶液中滴加3-4滴2%的溶液，再向其中加入0.5乙醛 检验醛基
C 等体积的和两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体，放出的氢气多且反应速率快 证明酸性比弱
D 向100.2溶液中滴2滴0.1溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下：
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题
27．（2023·广州模拟）醋酸钠是一种常用的防腐剂和缓冲剂。
（1）配制溶液，需要称量醋酸钠晶体(，)的质量为 。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、 (从下列图中选择，写出名称)。
（2）某小组探究外界因素对水解程度的影响。
甲同学设计实验方案如下(表中溶液浓度均为)：
i.实验 和 (填序号)，探究加水稀释对水解程度的影响；
ii.实验1和3，探究加入对水解程度的影响；
iii.实验1和4，探究温度对水解程度的影响。
序号 温度
1 25℃ 40.0 0 0
2 25℃ 4.0 0 36.0
3 25℃ 20.0 10.0
4 40℃ 40.0 0 0
①根据甲同学的实验方案，补充数据： 。
②实验测得，该结果不足以证明加入促进了的水解。根据 (填一种微粒的化学式)的浓度增大可以说明加入能促进的水解。
③已知水解为吸热反应，甲同学预测，但实验结果为。实验结果与预测不一致的原因是 。
（3）小组通过测定不同温度下的水解常数确定温度对水解程度的影响。
查阅资料：，为溶液起始浓度。
试剂：溶液、盐酸、计。
实验：测定40℃下水解常数，完成下表中序号7的实验。
序号 实验 记录的数据
5 取溶液，用盐酸滴定至终点 消耗盐酸体积为
6 测40℃纯水的
7
在50℃和60℃下重复上述实验。
数据处理：40℃， (用含、、的计算式表示)
实验结论：，温度升高，促进水解。
28．（2022·眉山模拟）Ti在工业生产和日常生活中有重要用途，以钛铁矿石(FeTiO3，含Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Ti的流程如下：
已知：
金属离子 Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L-1)的pH 2.2 7.5
回答下列问题：
（1）碱浸液中含有的金属元素是 。
（2）酸浸时需加热的目的是 ，酸浸产生TiO2+的离子方程式为 。
（3）加NaOH溶液调至a= 时，溶液中的杂质离子沉淀完全。
（4）实验时当加入V Lc mol/L H2O2溶液恰好能将酸浸后溶液中的还原性离子全部氧化，则akg钛矿石理论是可制得钛 kg(过程中铁、钛无损失)，“氧化”中可替代H2O2的物质是 。
（5）制取TiO2·xH2O需加入大量水并加热，其目的是 (结合方程式说明)。
（6）为将碱浸液中所含金属化合物转化为金属氧化物，下列试剂必须用到的是____(按试剂使用先后顺序选填试剂标号)。
A．氨水 B．氢氧化钠 C．硫酸 D．醋酸
29．（2021·天河模拟）CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度 以下 以上
结晶水合物
回答下列问题：
（1）仪器的名称为 ，溶液的作用是 。
（2）“湿法”制备的离子方程式为 ，实验中，的实际用量要大于理论用量，原因是 。
（3）为得到纯净的晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入的作用是 。
（4）用“间接碘量法”测定废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成，取出，向其中加入过量固体，充分反应，生成白色沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗标准溶液。(涉及到的反应为：，)
①滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好 (填颜色变化)，且半分钟不再发生变化。
②废铜屑中铜的百分含量为 。
（5）查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色。设计实验证明溶液中存在上述平衡；取少量蓝色稀溶液于试管中， 。
30．（2018·包头模拟）某实验科研小组研制了一种从废旧的含镍催化剂( 主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等）回收镍的新工艺。工艺流程如下图：
回答下列问题：
（1）浸出渣主要成分为CaSO4↓·2H2O和 两种物质。
（2）右图表示镍的浸出率与温度的关系，当浸出温度高于70℃时，镍的浸出率降低，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，其原因是 。
（3）工艺流程中的“副产品”为 （填化学式）。
（4）已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH 如下表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7
沉淀完全的pH 3.7 9.7 9.2
操作B是为了除去滤液中的铁元素，某同学设计了如下实验方案：向操作A所得的滤液中加入NaOH溶液，调节溶液pH为3.7～7.7，静置，过滤。请对该实验方案是否正确进行判断并做出评价： （若原方案正确，请说明理由；若原方案错误，请加以改正）。
（5）操作C是为了除去溶液中的Ca2+，若控制溶液中F－浓度为3×10-3 mol·L-1，则溶液中 = 。（常温时，Ksp(CaF2)=2.7×10-11）
（6）电解产生2NiOOH·H2O的原理分两步：
①碱性条件下Cl-在阳极被氧化为ClO-；生产1mol ClO-，消耗OH- mol。
②Ni2+被ClO-氧化产生2NiOOH·H2O沉淀。则该步反应的离子方程式为 。
31．（2018·保山模拟）利用硫酸渣(主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等杂质)制备氧化铁的工艺流程如下：
（1）“酸浸”中硫酸要适当过量，目的是 。
（2）“还原”是将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42-，该反应的离子方程式为 。
（3）为测定“酸浸”步骤后溶液中Fe3+的量以控制加入FeS2的量。实验步骤为：准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，加入HCl、稍过量SnCl2，再加HgCl2除去过量的SnCl2，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定。有关反应的化学方程式如下：
2Fe3++Sn2++6Cl-＝2Fe2++SnCl62-
Sn2++4Cl-+2HgCl2＝SnCl62-+Hg2Cl2↓
6Fe2++Cr2O72-+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O
滴定时，K2Cr2O7标准溶液应盛放在滴定管中 (填“酸式”、“碱式”)；若不加HgCl2，则测定的Fe3+量 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
（4）①可选用 (填试剂)检验滤液中含有Fe3+。产生Fe3+的原因是 (用离子方程式表示)。
②已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
实验可选用的试剂有：稀硝酸、Ba(NO3)2溶液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液，要求制备过程中不产生有毒气体。请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：
a．氧化：。
b.沉淀：。
c.分离，洗涤。
d.烘干，研磨。
32．（2018·遵义模拟）某化学兴趣小组为验证SO2的还原性，特邀你参与以下探究活动。
（1）I.理论预测
该兴趣小组实验实施前进行了充分的讨论交流，确定选择SO2和FeCl3溶液的反应来探究，并预测将SO2通入FeCl3溶液中的现象。小组同学想听听你的分析，你认为可能观察到的现象是： ，你预测的理论依据是(用离子方程式表示)： 。
（2）II.实验探究
配制1mol/LFeCl3溶液(未用盐酸酸化)
①下面是小组四位同学在配制溶液时的“转移”操作，其中正确的是： 。
②测溶液的pH得知溶液呈酸性，其原因是： (用离子方程式表示)。
（3）SO2通入FeCl3溶液至饱和，观察到溶液由棕黄色变为红棕色，并没有观察到预期的现象。将反应后的溶液放置12小时后又出现了预期的结果。
查阅资料得知[Fe(HSO3)]2+为红棕色，生成[Fe(HSO3)]2+的反应为可逆反应。请你用化学方程式解释将SO2通入FeCl3溶液至饱和时观察到的现象： 。
（4）为了探究如何缩短红棕色变为预期颜色的时间，小组继续探究：另取少量FeCl3溶液，再通入SO2溶液变为红棕色，加浓HCl酸化，几分钟后变为预期颜色。
请你推测小组在实验方案设计中“加浓HCl酸化”的目的是： 。
（5）III.感悟与分享
通过探究，小组同学深受启发、感悟良多。比如，有同学认为“实验才是化学的最高法庭”。请写出一种你的感悟与同学分享： 。
33．（2022高三上·海淀期末）某小组同学探究盐对平衡体系的影响。
（1）实验Ⅰ：探究对和平衡体系的影响
将等体积、低浓度的溶液(已用稀盐酸酸化)和溶液混合，静置至体系达平衡，得红色溶液a。各取溶液a放入3支比色皿中，分别滴加不同浓度的溶液，并测定各溶液的透光率随时间的变化，结果如图所示。
已知：①溶液的透光率与溶液颜色深浅有关，颜色深，透光率低。
②在水溶液中由于水解而显黄色；溶液中存在(黄色)。
稀盐酸酸化溶液的目的是 。采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免 (填离子符号)的颜色对实验干扰。
（2）从实验结果来看，溶液确实对和平衡体系有影响，且随着浓度增大，平衡向 (填“正”或“逆”)反应方向移动。
（3）实验Ⅱ：探究盐对和平衡体系产生影响的原因
同学查阅相关资料，认为可能的原因有：
原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。
原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。
基于以上分析，该组同学取等体积的溶液a，分别加入等物质的量的不同种类的盐晶体(忽略溶液体积变化)，观察颜色变化，结果如下表。
序号 加入少量盐 溶液颜色
1 无 红色
2 变浅
3 略变浅
4 变浅程度较大
①上述实验可证明盐效应影响了和平衡体系的是 (填字母序号)。
a、1和2 b、1和3 c、1和4
②选择实验 (填序号)可得出结论：的盐效应弱于的盐效应。简述选择实验的理由及获得结论的依据： 。
（4）取等体积的溶液a继续进行实验，结果如下表。
序号 加入溶液 溶液颜色
5 浓盐酸 明显变浅，溶液偏黄
6 去离子水 略变浅
上述实验可证明副反应影响了和平衡体系，结合实验现象及化学用语分析副反应对和平衡体系有影响的原因： 。
（5）拓展应用：盐效应对多种平衡体系有影响。
在不同浓度溶液中的溶解度数据如下表：
0 0.01 0.02 0.04 0.10 0.20
溶解度 4.5 0.48 0.42 0.39 0.48 0.69
分析在范围内，溶解度发生变化的原因： 。
34．（2022高二下·赣州期末）按要求完成下列各空：
（1）25℃时，pH=2的盐酸L与pH=10的NaOH溶液L混合，所得溶液pH=4，则 。
（2）25℃时，在等体积的①pH=1的溶液、②的溶液、③pH=10的溶液、④pH=5的溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 。
（3）相等的①溶液、②溶液、③溶液、④溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为 。(填写序号)
（4）向溶液中加入足量固体，当溶液中时，此时溶液中 。[已知，]
35．（2021高二上·石家庄期末）“84”消毒液和医用酒精都是重要的消毒剂。某实验小组同学围绕“‘84’消毒液能否与医用酒精混合使用”这一问题请行了如表探究。
序号 实验操作 实验现象
Ⅰ 取20mL“84”消毒液和40mL医用酒精混合均匀，并测量溶液温度变化 溶液温度由20℃升高至23℃，产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化
（1）“84”消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得。为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在“84”消毒液中残余一定量的NaOH，请运用平衡移动原理解释NaOH的作用 。
（2）根据实验Ⅰ，甲同学得出两个结论：
结论一：“84”消毒液能与酒精发生化学反应，二者不能混合使用。
结论二：该反应为放热反应。
乙同学认为要得出结论二还需补充两个实验，请简要写出实验方案。
实验Ⅱ： ；
实验Ⅲ： 。
（3）经查阅资料可知，实验Ⅰ中产生气体的主要成分为乙醛(化学式CH3CHO，沸点为20.8℃、有刺激性气味、有毒)。该反应的离子方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH-，A项不符合题意；
B.取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项不符合题意；
C.盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项符合题意；
D.Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查盐类水解的方程式书写，注意弱酸根离子的水解是分步，根据异性相吸弱水解，异性相吸得产物进行判断。书写。水解平衡影响类别化学平衡的影响，影响因素有温度和浓度。
2．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A项错误；
B．由分析可知，③为pH与的关系曲线，B错误；
C．由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，，C项错误；
D.由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，又有，带入Ka1=10-7.1，可得Ka2=10-14.7；D项正确；
故答案为：D.
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题.
3．【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度小于C6H5O-，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)
C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10， ，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C符合题意；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.越弱越水解；
B.温度升高，Kw增大；
C.根据电离平衡常数分析判断；
D.C6H5ONa水解促进水的电离。
4．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A不符合题意；
B． H++ ，加入Ca2+后，Ca2+和 反应生成沉淀，促进 的电离，B符合题意；
C．Al3+与 、 都能发生互相促进的水解反应，C不符合题意；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.两溶液都含有Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O；
B.氯化钙与碳酸钠反应；
C.铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解；
D.硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动。
5．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A不符合题意。
B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B不符合题意。
C.从图1中得到随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C不符合题意。
D.由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】该题考查电离平衡和水解平衡，应重点掌握①多元弱酸的电离、多元弱酸盐的水解都是分部进行的，另外还要考虑到水的电离；②多元弱酸电离呈酸性、多元弱酸的盐水解呈碱性；③根据题目给出的图示进行分析
6．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A.由图像可知，c点为滴定终点，c点对应的c(Cl－)=10－4.75，则Ksp(AgCl)= c(Cl－)×c(Ag+)=10－9.5，故A不符合题意；
B.曲线上的每一点均为溶解平衡状态，故B不符合题意；
C.恰好完全反应时，消耗AgNO3溶液的体积为20mL，终点横坐标应该是20mL，故C符合题意；
D.因为AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，滴定终点时c(Br－)小于c(Cl－)，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】本题考查难溶电解质的溶解平衡、溶度积。
7．【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A. 升温前溶液呈碱性的原因是：CO＋H2OHCO＋OH-，故A不符合题意；
B. 常温下，0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO)＋c(HCO)+c(OH-)，溶液呈碱性，c(Na＋)>2c(CO)＋c(HCO)，故B符合题意；
C. 温度升高，Na2CO3水解程度增大，溶液pH增大，但升高温度，水的电离平衡也正向移动，pH降低，综合两者作用，温度对水电离平衡常数的影响大于碳酸根离子的水解常数，pH降低，图1提供的信息是升高温度溶液的pH降低，故图1实验数据一定符合题意，故C不符合题意；
D. 降低温度，Na2CO3水解平衡移动逆向移动，溶液的pH降低，降低温度，水的电离平衡逆向移动，水的pH升高，对溶液pH的影响不一致，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根；
B.根据电荷守恒分析；
C.升温促进碳酸钠的水解，也促进水的电离；
D.降温碳酸钠的水解平衡逆向移动，水的电离平衡逆向移动。
8．【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A． 只有二氧化硅不反应，“滤渣”的主要成分是二氧化硅，故A不符合题意；
B． 由制备最终产物氧化铝及流程可知，“树脂净化”的目的是将Al3+与Fe3+、Ca2+分离，故B不符合题意；
C．酸浸时盐酸过量，“蒸发结晶”前溶液显酸性，为氯化铝的酸性溶液，不需要加盐酸，故C符合题意；
D． X为HCl，可在酸浸时循环使用，循环使用X既降低成本，又防止污染环境，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】加过量盐酸酸浸，只有二氧化硅不溶于盐酸，则滤渣为二氧化硅，酸浸液中含有Al3+、Fe3+、Ca2+，经过“树脂净化”分离出Fe3+、Ca2+，蒸发结晶分离出的X为HCl，焙烧生成氧化铝和HCl；
A.二氧化硅不溶于盐酸，滤渣为二氧化硅；
B.经过“树脂净化”分离出Fe3+、Ca2+；
C.氯化铝溶液显酸性，不需要加盐酸；
D.X为HCl，可循环使用。
9．【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的，证明发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A不符合题意；
B．加入浓，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进平衡正向移动，Fe3+浓度减小，溶液颜色也不一样，则与对溶液颜色变化、浓度大小的影响是不一致的，B符合题意；
C．向b中加入后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致平衡逆向移动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明能抑制水解，使得溶液几乎无色，C不符合题意；
D．将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁离子水解显酸性
B.根据氢离子和氯离子的影响即可判断
C.根据现象即可判断
D.铁离子水解得到氢氧化铁胶体
10．【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；蒸馏与分馏；配制一定物质的量浓度的溶液；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．中和滴定时，滴定管洗涤后，还需用所盛装溶液润洗，A不符合题意；
B．FeCl3易发生水解生成氢氧化铁与盐酸，因此在配制过程中，应溶于盐酸，目的是抑制其水解，不能直接用水溶解，否则得到的是Fe(OH)3沉淀，B符合题意；
C．向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒下端应置于刻度线以下部位，C不符合题意；
D．蒸馏完毕后，由于装置温度较高，应先停止加热，待装置冷却后再停止通冷凝水，防止发生安全事故，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】配制氯化铁溶液时需要防止铁离子水解一般会加入一定量的盐酸防止溶解，其他选项均正确
11．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A．图中实线表示pH随加水量的变化，据图可知加水稀释初期两种溶液的pH变化较快，而后期变化减缓，说明加水稀释初期两种盐的水解率变化程度比稀释后期大，A不符合题意；
B．根据分析可知图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，B符合题意；
C．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol L-1，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来 ，则溶液的pH将增大lgx，但加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来 ，所以溶液pH的变化值小于lgx，故C不符合题意；
D．原溶液中NH4Cl与CH3COONa的浓度相等，则稀释相同倍数后得到的混合溶液中NH4Cl与CH3COONa的浓度依然相等，由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，所以混合溶液中NH 和CHCOO-的水解程度相同，则c(CH3COO-)= c(NH )，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大，氯化铵水解能使溶液呈酸性，加水稀释虽然水解程度增大，但其溶液的酸性减弱，故其pH变大，温度越高，水解程度越大，其水溶液酸性越强，其pH越小；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小，温度越高，其水溶液碱性越强，其pH越大，因此，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。
12．【答案】A
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．溶液中存在电荷守恒c(NH )+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，pH=7则c(H+)=c(OH-)，所以c(NH )=c(X-)，据图可知pH=7时 =1，所以c(X-)=10c(HX)，根据物料守恒可知c(X-)+c(HX)=0.01mol/L，可解得c(X-)= mol L-1，所以c(NH )= mol L-1，A符合题意；
B．K(HX)= ，据图可知当c(X-)=c(HX)即 =0时pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，所以K(HX)= 10-6，B不符合题意；
C．溶液显碱性则pH>7，据图可知此时 >0，则c(X- )>c(HX)，C不符合题意；
D．当通入氨气较少，溶液中的溶质为HX和NH4X，此时溶液可能显酸性，则满足c(X-)>c( )>c(H+)>c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.先确定溶液为中性，根据条件计算出此时的，再根据物料守恒计算出离子浓度
B.根据公式K(HX)= ，结合图像找出数据即可
C.根据图像，的正负，确定大小关系
D.根据图像， 的正负，确定大小关系
13．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A不符合题意；
B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则 = × = 依次减小，故B不符合题意；
C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C不符合题意；
D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。
14．【答案】A
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．苯的密度比水小，萃取后有机层位于上层，水层位于下层，因此分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故A符合题意；
B．H2S与Na2S溶液能够发生反应生成NaHS，因此不能用饱和Na2S溶液除去H2S气体中混有的HCl，故B不符合题意；
C．乙酸乙酯制备实验中，导管需离液面一小段距离，防止倒吸，故C不符合题意；
D．NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液的pH，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】测定溶液pH时需注意：①用pH试纸测定溶液pH时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；②不能用pH试纸测定具有漂白性溶液的pH，常见具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO溶液、H2O2溶液等。
15．【答案】A
【知识点】溶液pH的定义；影响盐类水解程度的主要因素；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．HNO3显酸性，稀释后pH增大，故A符合；
B.NaOH显碱性，稀释后pH减小，故B不符合；
C.KI溶液显中性，稀释后pH不变，故C不符合；
D.NaHCO3溶液显碱性，稀释后pH减小，故D不符合。
故答案为：A。
【分析】A.稀释硝酸溶液，氢离子浓度减小；
B.稀释氢氧化钠溶液，氢氧根离子浓度减小，而氢离子浓度增大；
C.稀释KI溶液溶液中的氢离子浓度不变；
D.稀释碳酸氢钠溶液促进碳酸氢根离子的水解。
16．【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】亚铁离子易被氧化而生成铁离子，加入少量铁粉能将三价铁离子还原成二价铁离子，所以加入铁可以防止Fe2＋被氧化；硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解生成硫酸和氢氧化亚铁，依据浓度对水解平衡影响，加入稀硫酸可以抑制亚铁离子的水解，
故答案为：B。
【分析】硫酸亚铁具有还原性，需要防止被氧化，易水解需要抑制水解，据此分析即可。
17．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；影响盐类水解程度的主要因素；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.46g二氧化氮的物质的量是1mol，由于1个硝基和1个NO2分子都含有23个电子，所以1mol硝基和1mol NO2在含有的电子数均为23NA，A符合题意；
B.只有物质的浓度，缺少溶液的体积，不能确定微粒的数目，B不符合题意；
C.三氯甲烷在标准状况下的状态为液态，不能使用气体摩尔体积计算，所以不能计算微粒的数目，C不符合题意；
D.由于微粒的还原性I->Fe2+，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，已经有2molI-被氧化，则反应过程中转移的电子数为3NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据硝基和NO2中的电子数进行计算；
B.根据溶液中NH4+的水解程度分析；
C. 标准状态下，CHCl3为气态；
D.由于还原性I->Fe2+，故通入Cl2时，先发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，再发生反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，据此计算转移电子数；
18．【答案】D
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；烯烃；氢氧化铝的制取和性质探究；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.将石蜡油催化分解产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶液褪色，证明该气体为不饱和烯烃，但不一定是乙烯，A不符合题意；
B.向NaAlO2溶液中持续通入气体Y，先出现 白色沉淀，最终沉淀又溶解，说明该气体为酸性气体，反应产生了Al(OH)3沉淀，由于Al(OH)3只能被强酸、强碱溶解，所以该气体的水溶液显强酸性，而CO2的水溶液是弱酸，不能溶解Al(OH)3沉淀，B不符合题意；
C.向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入CuCl2、FeCl3溶液，由于不清楚加入的CuCl2、FeCl3溶液的浓度大小、体积多少，所以不能判断Fe3+对H2O2分解的催化效果较好，C不符合题意；
D.取CH3OONa溶液于试管中并加入几滴酚酞，再加热, 溶液的红色加深，说明CH3COO-水解而使溶液显碱性；加热后，溶液中的c(OH-)增大，使溶液的碱性增强，故该溶液中存在水解平衡且水解平衡向正向移动，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.KMnO4溶液褪色，说明产生的为不饱和烃，不一定是乙烯；
B.Al(OH)3沉淀不溶于过量的H2CO3；
C.所给CuCl2、FeCl3溶液的浓度未知，无法比较其催化效果；
D.结合水解的影响因素分析；
19．【答案】B
【知识点】化学键；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A.铵盐全部由非金属元素构成，为离子化合物，A不符合题意；
B.乙醇中羟基上的氢可以和水之间形成氢键，使乙醇和水可以以任意比例互溶，B符合题意；
C. IA族中的氢元素与VIIA族元素原子之间形成的化学键是共价键，C不符合题意；
D.水解程度和酸根对应的弱酸的强弱有关，酸性越弱对应酸根水解程度越大，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.铵盐中只含非金属元素，但为离子化合物；
B.氢键能影响物质的水溶性；
C.IA族中的H元素与VIIA族形成的化学键为共价键；
D.离子的水解程度与离子的还原性无关；
20．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. n(H2)= =0.5mol，负极上氢离子失去电子，H元素的化合价由0升高为+1价，则转移电子数为0.5mol ×2×（1-0）×6.02×1023=6.02×1023，所以A选项是正确的；
B. 温度不变，Kw= c(H＋)﹒c(OH－)不变，加水稀释体积增大，则n(H＋)﹒n(OH－)增大，故B不符合题意；
C. NH3液化分离，平衡正向移动，提高H2的转化率，但正反应速率减小，故C不符合题意；
D. 由化学计量数可以知道ΔS>0，2NaCl(s)=2Na(s)＋Cl2(g) 常温下不能发生，则ΔH-TΔS>0，即ΔH>0，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据氢气反应生成+1价计算电子转移的数值；
B.稀释会促进盐酸水解，氢氧根离子的物质的量增加；
C.分离出产物会使正反应速速率降低，平衡向正反应方向移动；
D.氯化钠分解为钠和氯气是吸热反应。
21．【答案】A
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A、若 a=b，则二者恰好反应，pH＞7，说明生成的盐水解溶液显碱性，则 HX 一定是弱酸，A 正确；
B、如果氢氧化钠过量，则反应后溶液中可能存在 c(Na＋)＞c(OH－)＞c(X+)＞c(H+)，B 错误；
C、若a=b，则HA一定是弱酸，m+n＞14，C 错误；
D、若 a=2b，HX过量，所得溶液是由等浓度的HX和NaX组成的混合溶液。pH>7，说明HX的电离程度小于X-的水解程度，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）= c（OH-）+c（X-），根据物料守恒可知}:2 c（Na+）= c（HX）+c（X-），则反应后溶液中一定存在c（OH-）= c（HX）+2c（H+）- c（X-）,D错误，答案选A。
22．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】解：A．活化分子发生碰撞时，只有适当的取向时，才能发生有效碰撞，故A错误；
B．其他条件相同时，增大反应物浓度，反应物中活化分子的数目增加，故B错误；
C．焓变和熵变都与反应的自发性有关，不能独立地作为自发性的判据，可利用综合判据△H﹣T△S来判断，故C错误；
D．常温下，水电离的c （H+）=1×10﹣7mol/L，氯化铁水解促进水的电离，则FeCl3溶液中由水电离出的c （H+）一定大于1×10﹣7mol/L，故D正确；
故选D．
【分析】A．活化分子发生碰撞时，只有适当的取向时，才能发生有效碰撞，才能发生化学反应；
B．增大反应物浓度，活化分子数目增多；
C．焓变和熵变判断反应的自发性，单独使用不准确；
D．常温下，水电离的c （H+）=1×10﹣7mol/L，氯化铁水解促进水的电离．
23．【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】解：A．镀锌铁制品镀层破损在潮湿的空气中形成原电池，锌做负极被腐蚀，Fe作正极被保护，所以铁不容易生锈，故A错误；
B.2NaHCO3（s）=Na2CO3（s）+CO2（g）+H2O（l）该反应的△S＞0，室温下不能自发进行，则△H﹣T△S＞0，所以△H＞0，故B错误；
C．加热促进盐的水解，加热0.1 mol L﹣1CH3COONa 溶液，CH3COO﹣的水解程度和溶液中氢氧根离子的浓度增大，则溶液的pH均增大，故C正确；
D．N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2 ）增大，平衡向吸热方向移动，即向逆方向移动，H2的平衡转化率减小，故D错误；
故选C．
【分析】A．镀锌铁制品镀层破损在潮湿的空气中形成原电池，锌做负极被腐蚀；
B．反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；
C．加热促进盐的水解；
D．升高温度反应速率增大，平衡向吸热方向移动．
24．【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A. 根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A不符合题意；
B. N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka= ，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B符合题意；
C. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka= ，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)= mol/L，故C符合题意；
D. 醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线 代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。
25．【答案】B,C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A．向2mL 0.1mol·L-1溶液中滴加0.1mol·L-1溶液至不再有沉淀产生，发生反应：，再滴加几滴0.1mol·L-1溶液，沉淀转化为更难溶的沉淀，，，A不符合题意；
B．将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液，铜粉溶解，在酸性条件下有强氧化性，将铜粉氧化，B符合题意；
C．溶液加热，平衡正向移动，增大，增大，C符合题意；
D．卤代烃样品中，加入5mL 20%溶液并加热，卤代烃发生水解反应，冷却到室温后加入足量稀硝酸再滴加溶液，产生白色沉淀，证明卤代烃中含有氯元素，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.沉淀会从溶解度小的向溶解度更小的转化；
B.硝酸根在酸性条件下能氧化铜；
C.加热促进亚硫酸根的水解；
D.氯离子和硝酸银溶液反应生成白色沉淀AgCl。
26．【答案】A,C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；有机物（官能团）的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅，A符合题意；
B．滴加3-4滴2%的NaOH溶液，NaOH溶液的量不足，不能检验醛基，B不符合题意；
C．等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知HX的酸性更弱，则证明HX酸性比HY弱，故C符合题意；
D.10mLNaOH溶液相对于MgCl2和FeCl3的量来说是过量的，不存在沉淀的转化，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.钡离子与碳酸根结合生成碳酸钡，促使碳酸钠的水解平衡正向移动；
B.应在碱性环境中检验醛基；
C.等pH的酸与铁反应，生成氢气多的酸性较弱；
D.NaOH溶液过量，NaOH直接与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀，没有发生沉淀的转化。
27．【答案】（1）3.4g；烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶
（2）1；2；0；；升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大
（3）测定实验5所得溶液的pH；或
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）配制溶液，需要称量醋酸钠晶体的质量为。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；
（2）探究加水稀释对水解程度的影响，则实验中变量为醋酸钠的浓度，故实验1和2，探究加水稀释对水解程度的影响；
①实验1和3，探究加入对水解程度的影响；不能改变醋酸根的浓度，故0；
②醋酸水解方程式为：，铵根离子水解方程式为：；铵根离子水解会导致溶液中酸性增强，实验测得，该结果不足以证明加入促进了的水解，实验中可以根据的浓度增大可以说明加入能促进的水解；
③已知水解为吸热反应，甲同学预测，但实验结果为。实验结果与预测不一致的原因是水的电离也为吸热过程，升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大；
（3）实验为通过测定不同温度下的水解常数确定温度对水解程度的影响，则实验7需要测定实验5所得溶液的pH；取溶液，用盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为，和HCl以1：1反应，此时的起始浓度=，40℃纯水的pH=b，则，；实验5所得溶液的pH=c，则，则=或。
【分析】（1）用固体试剂配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，使用的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；
（2）依据盐类水解的影响因素分析，利用“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同；
（3）依据题目信息和计算。
28．【答案】（1）Al、Na
（2）提高浸出率；FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O
（3）3.2
（4）96cV；空气或氧气
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ △H＞0， 加水稀释和加热都可促进TiO2+水解
（6）A；C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】
(1)氧化铝和二氧化硅可与氢氧化钠发生反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，所以碱液中含有的金属元素为：Al、Na；
(2)升高温度可增大反应速率，提高浸出率；FeTiO3溶于酸转化为TiO2+，其离子方程式为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O，故答案为：提高浸出率；FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O；
(3)根据表格数据可知，氢氧化铁的溶度积Ksp=，则若要溶液中铁离子沉淀完全，其离子浓度最大为110-5mol/L，所以其溶液的氢氧根离子浓度为，所以氢离子浓度为，即溶液pH为3.2；
(4)H2O2与Fe2+反应的离子方程式为：H2O2+ 2Fe2++2H+= 2Fe3++2H2O，所以n(Fe2+)=2n(H2O2)=2cV mol，则钛矿石中FeTiO3的物质的量为2cV mol，所以理论上得到的Ti的质量为2cV mol48g/mol=96cVg；从环保角度考虑，“氧化”中可替代H2O2的物质可以是空气或氧气，故答案为：96cV；空气或氧气；
(5)TiO2+会发生水解反应：TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+，其水解反应为吸热反应，加水稀释和加热都可促进TiO2+水解平衡向正向移动，故答案为：TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ △H＞0，加水稀释和加热都可促进TiO2+水解；
(6)碱浸液中含有偏铝酸钠，为使偏铝酸钠转化为氧化铝，可先加入过量的强酸后偏铝酸根离子转化为铝离子，再加入弱碱如一水合氨生成氢氧化铝后再加热，故合理的选项为CA。
【分析】钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，含Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质，进行碱液预处理，氧化铝、二氧化硅均变为盐溶液，过滤，滤渣中加入硫酸进行处理，FeTiO3转化为 Fe2+和 TiO2+，氧化铁转化为铁离子，再加入过氧化氢，氧化其中的亚铁离子，最终转化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节适宜的pH，得到氢氧化铁滤渣后再加热得到氧化铁；过滤除去杂质后得到滤液，加热进行水解，过滤，得到固体TiO2 xH2O，TiO2 xH2O煅烧得到二氧化钛，再电解熔融二氧化钛可生成钛单质。
29．【答案】（1）三颈烧瓶；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
（2）；受热会分解导致损耗
（3）降温至结晶，抑制水解；增大浓度，有利于结晶
（4）溶液蓝色褪去；
（5）向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；常用仪器及其使用；尾气处理装置；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】本题以Cu和浓盐酸、H2O2反应来湿法制备CuCl2，反应原理为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，由于浓盐酸具有挥发性，故用NaOH来尾气处理，防止污染环境，在析出晶体的过程中要注意温度对结晶产物的影响，并需用HCl气流来抑制Cu2+水解，(4)用滴定法来测量Cu的含量，据此分析解题。
（1）由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，由于浓盐酸具有很强的挥发性，故NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：三颈烧瓶；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
（2）“湿法”制备CuCl2即用Cu、HCl和H2O2生成CuCl2和H2O，反应方程式为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为，由于H2O2受热或在Cu2+的催化作用下易分解而部分损失，故实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，故答案为：；受热会分解导致损耗；
（3）由题干表中数据可知，得到纯净的晶体，故反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，降低温度到进行冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。其中，由于Cu2+易发生水解，故持续通入的作用是抑制Cu2+水解，同时也增大了溶液中Cl-的浓度，有利于析出，故答案为：降温至结晶；抑制水解，增大浓度，有利于结晶；
（4）①本实验使用淀粉溶液作指示，淀粉溶液遇到I2先蓝色，故滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好溶液蓝色褪去，且半分钟不再发生变化，故答案为：溶液蓝色褪去；
②根据反应可找关系式如下：2Cu2+~I2~2，故有：n(Cu2+)=n()==2×10-3mol，故废铜屑中铜的百分含量为=64.0%，故答案为：64.0%；
（5）查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色，取少量蓝色稀溶液于试管中，向其中加入少量固体，振荡，若溶液由蓝色变为黄绿色，则证明溶液中存在上述平衡，故答案为：向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。
【分析】（1）反应的浓盐酸具有挥发性，需要对其进行净化处理；
（2）反应为双氧水在浓盐酸的强酸环境下氧化铜，根据反应写出离子反应方程式；双氧水不稳定，极易分解生成氧气从而造成损耗；
（3）二水和氯化铜的在26-42℃的条件下生成；加入氯化氢可抑制铜的水解利于晶体的结晶；
（4）滴定终点是消耗尽溶液中的碘，也就是淀粉不再变色，即蓝色消失；根据反应方程式及分子量、溶液浓度进行计算。
30．【答案】（1）BaSO4
（2）随着温度升高，Ni2+的水解程度增大（浸出渣中Ni(OH)2含量增大，导致镍的浸出率降低）
（3）CuSO4·5H2O
（4）方案错误；在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+
（5）1.0×10-3
（6）2；ClO-+2Ni2+＋4OH-=2NiOOH·H2O+Cl-
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）含镍催化剂( 主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等）加入硫酸后生成硫酸盐，其中CaO、BaO加入硫酸后生成微溶的硫酸钙和难溶的硫酸钡，故浸出渣主要成分为CaSO4↓·2H2O和BaSO4两种物质；
（2）Ni2＋会发生水解反应：Ni2＋＋2H2O Ni(OH)2＋2H＋，该反应为吸热反应，故温度升高，平衡右移，Ni(OH)2含量增大，镍的浸出率降低；
（3）由于CuS、S灼烧后溶于稀硫酸中生成硫酸铜，所以副产品应该是胆矾，即CuSO4·5H2O；
（4）由于用氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，容易引入杂质，所以方案是错误的；的应该是在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；
（5）根据常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10-11可知，溶液中F-浓度为3×10-3 mol/L，则Ca2+的浓度为 . =3×10-6 mol/L， = . ；
（6）Ni2+被ClO-氧化产生2NiOOH·H2O沉淀，其还原产物是氯离子，则根据电子的得失守恒可知，第②步反应的离子方程式为ClO-+2Ni2+＋4OH-=2NiOOH·H2O+Cl-。
【分析】（2）根据镍离子的水解平衡原理分析温度对水解平衡的影响即可。
31．【答案】（1）提高铁的浸出率，抑制Fe3+的水解
（2）14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
（3）酸式；偏高
（4）KSCN或苯酚；4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O；向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌；滴加NaOH溶液，调节溶液的pH为3.2～3.8
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；常用仪器及其使用；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)铁离子、铝离子为弱离子，易发生水解反应，且一种物质过量能提高另一种物质的转化，所以稀硫酸适当过量的原因是提高铁的浸出率，抑制Fe3+的水解，因此，本题正确答案是：提高铁的浸出率，抑制Fe3+的水解；
(2)由信息Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42-，在利用氧化还原反应配平方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+ ，因此，本题正确答案是： 14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+。
(3)酸性溶液用酸性滴定管、碱性溶液用碱性滴定管，重铬酸钾酸性溶液呈酸性，应该用酸式滴定管，若不加HgCl2，溶液中含有Sn2+，也可以被酸性高锰酸钾氧化，导致高锰酸钾的物质的量增大，则测定的Fe3+量偏高，因此，本题正确答案是：酸式；偏高；
(4)①检验滤液中含有Fe3＋是KSCN溶液，铁离子和KSCN溶液反应生成血红色液体； Fe2+不稳定，易被空气氧化生成铁离子，所以产生铁离子，离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O，因此，本题正确答案是：KSCN； 4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O；②a.“过滤”后的溶液中有Fe2+、Al3+、Mg2+以及少量Fe3＋，首先向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌，将Fe2+完全氧化为Fe3＋，
b.然后控制pH，只使Fe(OH)3沉淀，从表格数据可以分析，控制pH为3.2～3.8，因此，本题正确答案是：a.向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌；b.滴加NaOH溶液，调节溶液为pH为3.2～3.8。
【分析】（1）根据铁离子和铝离子的水解进行分析；
（2）根据氧化还原反应原理书写离子方程式并配平；
（3） 根据消耗高锰酸钾溶液的体积变化判断。
32．【答案】（1）溶液由（棕）黄色变为浅绿色；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
（2）A；Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+
（3）FeCl3+SO2+H2O [Fe(HSO3)]Cl2+HCl
（4）增大 H+浓度，使“FeCl3+ SO2 + H2O [Fe(HSO3)]Cl2+ HCl”平衡逆向移动， 加快预期反应的速率
（5）实践才是检验真理的唯一标准；敢于质疑，不放过实验中的异常现象，可能获得新知；（其他合理描述即给分）。
【知识点】氧化还原反应；影响盐类水解程度的主要因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】本题考查SO2和FeCl3溶液反应的实验探究，涉及物质性质的分析，物质的量浓度溶液的配制，盐类的水解，外界条件对化学平衡的影响。
I.由于SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，预测SO2通入FeCl3溶液中SO2将Fe3+还原为Fe2+，可能观察到的现象是：溶液由棕黄色变为浅绿色。反应的离子方程式可表示为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+。
II.（1）①“转移”时防止溶液外洒，应将玻璃棒的下端伸入容量瓶的刻度线以下，用玻璃棒引流溶液，
故答案为：A。②FeCl3属于强酸弱碱盐，由于Fe3+的水解使溶液呈酸性，Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+。
（2）根据资料，红棕色溶液中含[Fe（HSO3）]2+，该过程中元素的化合价没有变化，反应的化学方程式为SO2+FeCl3+H2O [Fe（HSO3）]Cl2+2HCl。
（3）出现红棕色是发生了反应SO2+FeCl3+H2O [Fe（HSO3）]Cl2+2HCl，缩短红棕色时间，即使上述平衡向逆反应方向移动。“加浓HCl酸化”的目的是：增大H+浓度，使“FeCl3+SO2+H2O [Fe(HSO3)]Cl2 + HCl”平衡逆向移动，加快预期反应的速率。
III. 通过上述实验说明：实践才是检验真理的唯一标准；敢于质疑，不放过实验中的异常现象，可能获得新知等。
【分析】I.二氧化硫具有还原性，氯化铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、硫酸根离子；
II.（1）①根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作进行判断；
②氯化铁是强酸弱碱盐，水解呈酸性；
（2）根据题目信息中溶液的颜色判断产物，然后书写化学方程式；
（3）根据浓度对化学平衡的影响进行分析。
33．【答案】（1）抑制Fe3+水解；
（2）逆
（3）b；2和4；阴离子均为氯离子，加入，溶液变浅程度较大
（4）加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅
（5）浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】（1）稀盐酸酸化溶液的目的是抑制Fe3+水解；有颜色，采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免的颜色对实验干扰；
（2）随着浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动；
（3）①溶液和溶液中均存在氯离子，对平衡有影响，无法确定是盐效应使平衡移动，加入溶液，颜色略变浅，证明和平衡状态因盐效应而发生变化，故1和3可证明盐效应影响了和平衡体系，
故答案为：b；
②选择实验2和4可得出结论：的盐效应弱于的盐效应；溶液和溶液中均存在氯离子，加入，溶液变浅程度较大；
（4）加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅；
（5）浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大。
【分析】（1）氯化铁水解显酸性，盐酸可抑制其水解；
（2）浓度增大，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动；
（3）①和3可证明盐效应影响了和平衡体系；
②实验2和4可得出结论： 的盐效应弱于的盐效应 ；
（4） 加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅 ；
（5） 浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大 。
34．【答案】（1）2∶99
（2）
（3）③>②>④>①
（4）
【知识点】pH的简单计算；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)25℃时，pH=10的NaOH溶液，所得溶液pH=4说明酸过量，则，2∶99；
(2)设溶液的体积为1L，①pH=1的H2SO4中c(H+)=0.1 mol L-1，c(OH-)=1.0×10-13mol L-1，水电离的物质的量为1.0×10-13mol；
②的溶液中c(OH-)=0.1 mol L-1，c(H+)=1.0×10-13mol L-1，水电离的物质的量为1.0×10-13mol；
③pH=10的Na2S溶液，因硫离子水解，溶液呈碱性，溶液中c(H+)=1.0×10-10mol L-1，c(OH-)=1.0×10-4mol L-1，水的电离的物质的量为1.0×10-4mol；
④pH=5的溶液中，铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中c(H+)=1.0×10-5mol L-1，水的电离的物质的量为1.0×10-5mol；
故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10-13mol：1.0×10-13mol：1.0×10-4mol1：1.0×10-5mol=；
(3)若忽略铵根的水解，等物质的量浓度的溶液和，电离出铵根的浓度较大，则相等时，的物质的量浓度较大，因此物质的量浓度：②③>①④，②溶液电离出氢离子抑制铵根的水解、③溶液中醋酸根与铵根发生双水解而促进铵根的水解，则物质的量浓度：③>②，①溶液只有由于铵根的水解、④溶液中碳酸根促进铵根的水解，则物质的量浓度：④>①，因此物质的量浓度由大到小的顺序为③>②>④>①；
(4)向溶液中加入足量固体发生沉淀转化：，则，当溶液中时，。
【分析】难点分析：（3）从影响盐类水解角度进行分析即可，①硫酸铵中铵根正常水解，②中的H+会抑制铵根的水解，③醋酸根水解促进铵根的水解，④碳酸根水解也会促进铵根的水解，最终四个溶液铵根浓度相同，所以铵根水解程度越大，该物质浓度越大，所以 ③>②>④>①
35．【答案】（1）溶液中存在ClO-+H2OOH-+HClO，加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，分解速率减慢(或消毒液更稳定)
（2）取40mL医用酒精和20mL蒸馏水混合均匀，测量溶液的温度；取20mL84消毒液和40mL蒸馏水混合均匀，测量溶液的温度
（3）CH3CH2OH+ClO-=CH3CHO+Cl-+H2O
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)84消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得，为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，运用平衡移动原理解释NaOH的作用是：ClO-+H2O OH-+HClO，加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，分解速率减慢(或消毒液更稳定)；
(2)为证明该反应为放热反应，需要测量反应物在反应前的温度，则实验Ⅱ：取40mL医用酒精和20mL蒸馏水混合均匀，测量溶液的温度；实验Ⅲ：取20mL84消毒液和40mL蒸馏水混合均匀，测量溶液的温度；
(3)乙醇和NaClO反应生成CH3CHO，发生氧化还原反应，C元素化合价升高，则Cl元素化合价降低，产物还有Cl-，该反应的离子方程式为CH3CH2OH+ClO-=CH3CHO+Cl-+H2O。
【分析】思路分析（1）次氯酸钠为强碱弱酸盐，会发生水解得到次氯酸，但是次氯酸极不稳定，会发生分解，所以加入氢氧化钠溶液目的是抑制水解。
（2）消毒液与酒精混合后温度升高不一定发生化学反应，可能是溶液混合过程为放热过程，使溶液温度升高，所以要验证酒精与蒸馏水混合后是否温度升高。
2023年高考真题变式分类汇编：影响盐类水解程度的主要因素
一、选择题
1．（2018·北京）测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）
A．Na SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO-3+OH-
B．④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH-，A项不符合题意；
B.取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项不符合题意；
C.盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项符合题意；
D.Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查盐类水解的方程式书写，注意弱酸根离子的水解是分步，根据异性相吸弱水解，异性相吸得产物进行判断。书写。水解平衡影响类别化学平衡的影响，影响因素有温度和浓度。
2．（2023·辽宁）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A．
B．③为与的关系曲线
C．
D．
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A项错误；
B．由分析可知，③为pH与的关系曲线，B错误；
C．由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，，C项错误；
D.由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，又有，带入Ka1=10-7.1，可得Ka2=10-14.7；D项正确；
故答案为：D.
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题.
3．（2022·浙江6月选考）时，苯酚的，下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度小于C6H5O-，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)
C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10， ，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C符合题意；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.越弱越水解；
B.温度升高，Kw增大；
C.根据电离平衡常数分析判断；
D.C6H5ONa水解促进水的电离。
4．（2021·北京）下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析错误的是（ ）
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A不符合题意；
B． H++ ，加入Ca2+后，Ca2+和 反应生成沉淀，促进 的电离，B符合题意；
C．Al3+与 、 都能发生互相促进的水解反应，C不符合题意；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.两溶液都含有Na+、 、 、H2CO3、H+、OH-、H2O；
B.氯化钙与碳酸钠反应；
C.铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解；
D.硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动。
5．（2018·天津）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[ ]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是（ ）
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3 ， 当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A不符合题意。
B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B不符合题意。
C.从图1中得到随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C不符合题意。
D.由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】该题考查电离平衡和水解平衡，应重点掌握①多元弱酸的电离、多元弱酸盐的水解都是分部进行的，另外还要考虑到水的电离；②多元弱酸电离呈酸性、多元弱酸的盐水解呈碱性；③根据题目给出的图示进行分析
6．（2018·全国Ⅲ卷）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A.由图像可知，c点为滴定终点，c点对应的c(Cl－)=10－4.75，则Ksp(AgCl)= c(Cl－)×c(Ag+)=10－9.5，故A不符合题意；
B.曲线上的每一点均为溶解平衡状态，故B不符合题意；
C.恰好完全反应时，消耗AgNO3溶液的体积为20mL，终点横坐标应该是20mL，故C符合题意；
D.因为AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，滴定终点时c(Br－)小于c(Cl－)，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】本题考查难溶电解质的溶解平衡、溶度积。
7．（2022·郑州模拟）某化学兴趣小组在学习完温度对盐类水解的影响后，测定了0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH随温度的变化，结果如下图所示。下列分析正确的是（ ）
A．升温前溶液呈碱性的原因是：CO＋2H2OH2CO3＋2OH-
B．常温下，0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中：c(Na＋)>2c(CO)＋c(HCO)
C．温度升高，Na2CO3水解程度增大，溶液pH增大，故图1实验数据一定不符合题意
D．降低温度，Na2CO3水解平衡移动和水的电离平衡移动对溶液pH的影响一致
【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A. 升温前溶液呈碱性的原因是：CO＋H2OHCO＋OH-，故A不符合题意；
B. 常温下，0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO)＋c(HCO)+c(OH-)，溶液呈碱性，c(Na＋)>2c(CO)＋c(HCO)，故B符合题意；
C. 温度升高，Na2CO3水解程度增大，溶液pH增大，但升高温度，水的电离平衡也正向移动，pH降低，综合两者作用，温度对水电离平衡常数的影响大于碳酸根离子的水解常数，pH降低，图1提供的信息是升高温度溶液的pH降低，故图1实验数据一定符合题意，故C不符合题意；
D. 降低温度，Na2CO3水解平衡移动逆向移动，溶液的pH降低，降低温度，水的电离平衡逆向移动，水的pH升高，对溶液pH的影响不一致，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根；
B.根据电荷守恒分析；
C.升温促进碳酸钠的水解，也促进水的电离；
D.降温碳酸钠的水解平衡逆向移动，水的电离平衡逆向移动。
8．（2022·葫芦岛模拟）粉煤灰含有50.19%的Al2O3、37.29%的SiO2，其余为Fe2O3、CaO等。粉煤灰“一步酸溶法”生产氧化铝的工艺流程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．“滤渣”的主要成分是二氧化硅
B．“树脂净化”的目的是将Al3+与Fe3+、Ca2+分离
C．“蒸发结晶”前应向氯化铝溶液中加入盐酸
D．循环使用X既降低成本，又防止污染环境
【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A． 只有二氧化硅不反应，“滤渣”的主要成分是二氧化硅，故A不符合题意；
B． 由制备最终产物氧化铝及流程可知，“树脂净化”的目的是将Al3+与Fe3+、Ca2+分离，故B不符合题意；
C．酸浸时盐酸过量，“蒸发结晶”前溶液显酸性，为氯化铝的酸性溶液，不需要加盐酸，故C符合题意；
D． X为HCl，可在酸浸时循环使用，循环使用X既降低成本，又防止污染环境，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】加过量盐酸酸浸，只有二氧化硅不溶于盐酸，则滤渣为二氧化硅，酸浸液中含有Al3+、Fe3+、Ca2+，经过“树脂净化”分离出Fe3+、Ca2+，蒸发结晶分离出的X为HCl，焙烧生成氧化铝和HCl；
A.二氧化硅不溶于盐酸，滤渣为二氧化硅；
B.经过“树脂净化”分离出Fe3+、Ca2+；
C.氯化铝溶液显酸性，不需要加盐酸；
D.X为HCl，可循环使用。
9．（2022·朝阳模拟）溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓黄色加深(b)。已知：(黄色)；浓度较小时(用表示)几乎无色，取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是（ ）
A．测溶液a的，证明发生了水解
B．加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是一致的
C．向b中加入后，黄色褪去，说明能抑制水解
D．将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解
【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的，证明发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A不符合题意；
B．加入浓，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进平衡正向移动，Fe3+浓度减小，溶液颜色也不一样，则与对溶液颜色变化、浓度大小的影响是不一致的，B符合题意；
C．向b中加入后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致平衡逆向移动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明能抑制水解，使得溶液几乎无色，C不符合题意；
D．将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁离子水解显酸性
B.根据氢离子和氯离子的影响即可判断
C.根据现象即可判断
D.铁离子水解得到氢氧化铁胶体
10．（2021·潍坊模拟）实验室中下列做法错误的是（ ）
A．中和滴定时，滴定管用所盛装的溶液润洗2~3次
B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体加入适量蒸馏水中，搅拌使其完全溶解
C．向容量瓶转移液体时，用于引流的玻璃棒接触容量瓶内壁刻度线以下
D．蒸馏完毕后，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；蒸馏与分馏；配制一定物质的量浓度的溶液；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．中和滴定时，滴定管洗涤后，还需用所盛装溶液润洗，A不符合题意；
B．FeCl3易发生水解生成氢氧化铁与盐酸，因此在配制过程中，应溶于盐酸，目的是抑制其水解，不能直接用水溶解，否则得到的是Fe(OH)3沉淀，B符合题意；
C．向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒下端应置于刻度线以下部位，C不符合题意；
D．蒸馏完毕后，由于装置温度较高，应先停止加热，待装置冷却后再停止通冷凝水，防止发生安全事故，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】配制氯化铁溶液时需要防止铁离子水解一般会加入一定量的盐酸防止溶解，其他选项均正确
11．（2021·平顶山模拟）实验测得 10 mL 0. 50 mol L -1NH4Cl溶液、10 mL 0. 50 mol L -1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3 H2O的电离常数均为1. 8×10-5.下列说法错误的是（ ）
A．加水稀释初期两种盐的水解率变化程度比稀释后期大
B．图中虚线表示pH随加水量的变化，实线表示pH随温度的变化
C．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol L-1溶液pH变化值小于lgx
D．将稀释相同倍数的NH4Cl与CH3COONa溶液混合，混合液中 c(CH3COO-)= c(NH )
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A．图中实线表示pH随加水量的变化，据图可知加水稀释初期两种溶液的pH变化较快，而后期变化减缓，说明加水稀释初期两种盐的水解率变化程度比稀释后期大，A不符合题意；
B．根据分析可知图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，B符合题意；
C．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol L-1，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来 ，则溶液的pH将增大lgx，但加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来 ，所以溶液pH的变化值小于lgx，故C不符合题意；
D．原溶液中NH4Cl与CH3COONa的浓度相等，则稀释相同倍数后得到的混合溶液中NH4Cl与CH3COONa的浓度依然相等，由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，所以混合溶液中NH 和CHCOO-的水解程度相同，则c(CH3COO-)= c(NH )，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大，氯化铵水解能使溶液呈酸性，加水稀释虽然水解程度增大，但其溶液的酸性减弱，故其pH变大，温度越高，水解程度越大，其水溶液酸性越强，其pH越小；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小，温度越高，其水溶液碱性越强，其pH越大，因此，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。
12．（2021·齐齐哈尔模拟）常温下，向0.01 mol L-1的一元酸HX溶液中通入氨气，此过程混合溶液中 与pH之间关系如图所示(忽略溶液的体积变化)。下列叙述正确的是（ ）
A．pH=7时，溶液中c( )= mol L-1
B．常温下，K(HX)≈1×10- 5
C．当溶液为碱性时，c(X- )
【答案】A
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．溶液中存在电荷守恒c(NH )+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，pH=7则c(H+)=c(OH-)，所以c(NH )=c(X-)，据图可知pH=7时 =1，所以c(X-)=10c(HX)，根据物料守恒可知c(X-)+c(HX)=0.01mol/L，可解得c(X-)= mol L-1，所以c(NH )= mol L-1，A符合题意；
B．K(HX)= ，据图可知当c(X-)=c(HX)即 =0时pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，所以K(HX)= 10-6，B不符合题意；
C．溶液显碱性则pH>7，据图可知此时 >0，则c(X- )>c(HX)，C不符合题意；
D．当通入氨气较少，溶液中的溶质为HX和NH4X，此时溶液可能显酸性，则满足c(X-)>c( )>c(H+)>c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.先确定溶液为中性，根据条件计算出此时的，再根据物料守恒计算出离子浓度
B.根据公式K(HX)= ，结合图像找出数据即可
C.根据图像，的正负，确定大小关系
D.根据图像， 的正负，确定大小关系
13．（2020·南宁模拟）25℃时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-) 的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．水的电离程度：M>P
B．图中P点至Q点对应溶液中 逐渐增大
C．N点和Q点溶液的pH相同
D．P点溶液中
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A不符合题意；
B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则 = × = 依次减小，故B不符合题意；
C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C不符合题意；
D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。
14．（2020·深圳模拟）下列说法正确的是（ ）
A．用苯萃取溴水中的Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层
B．欲除去H2S气体中混有的HCl，可将混合气体通入饱和Na2S溶液
C．乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇
D．用pH试纸分别测量等物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液的pH，可比较HCN和HClO的酸性强弱
【答案】A
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．苯的密度比水小，萃取后有机层位于上层，水层位于下层，因此分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故A符合题意；
B．H2S与Na2S溶液能够发生反应生成NaHS，因此不能用饱和Na2S溶液除去H2S气体中混有的HCl，故B不符合题意；
C．乙酸乙酯制备实验中，导管需离液面一小段距离，防止倒吸，故C不符合题意；
D．NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液的pH，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】测定溶液pH时需注意：①用pH试纸测定溶液pH时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；②不能用pH试纸测定具有漂白性溶液的pH，常见具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO溶液、H2O2溶液等。
15．（2019·普陀模拟）将浓度均为0.1mol L-1的下列溶液稀释10倍，其中pH增大的是（ ）
A．HNO3 B．NaOH C．KI D．NaHCO3
【答案】A
【知识点】溶液pH的定义；影响盐类水解程度的主要因素；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．HNO3显酸性，稀释后pH增大，故A符合；
B.NaOH显碱性，稀释后pH减小，故B不符合；
C.KI溶液显中性，稀释后pH不变，故C不符合；
D.NaHCO3溶液显碱性，稀释后pH减小，故D不符合。
故答案为：A。
【分析】A.稀释硝酸溶液，氢离子浓度减小；
B.稀释氢氧化钠溶液，氢氧根离子浓度减小，而氢离子浓度增大；
C.稀释KI溶液溶液中的氢离子浓度不变；
D.稀释碳酸氢钠溶液促进碳酸氢根离子的水解。
16．（2019·普陀模拟）用绿矾(FeSO4 7H2O)配制FeSO4溶液， 常加入稀硫酸和（ ）
A．锌粉 B．铁粉 C．硫酸铁 D．盐酸
【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】亚铁离子易被氧化而生成铁离子，加入少量铁粉能将三价铁离子还原成二价铁离子，所以加入铁可以防止Fe2＋被氧化；硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解生成硫酸和氢氧化亚铁，依据浓度对水解平衡影响，加入稀硫酸可以抑制亚铁离子的水解，
故答案为：B。
【分析】硫酸亚铁具有还原性，需要防止被氧化，易水解需要抑制水解，据此分析即可。
17．（2019·成都模拟）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
B．0.1mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2 mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同
C．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含碳氯共价键的数目为0.3NA
D．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，转移的电子数为NA
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；影响盐类水解程度的主要因素；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.46g二氧化氮的物质的量是1mol，由于1个硝基和1个NO2分子都含有23个电子，所以1mol硝基和1mol NO2在含有的电子数均为23NA，A符合题意；
B.只有物质的浓度，缺少溶液的体积，不能确定微粒的数目，B不符合题意；
C.三氯甲烷在标准状况下的状态为液态，不能使用气体摩尔体积计算，所以不能计算微粒的数目，C不符合题意；
D.由于微粒的还原性I->Fe2+，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，已经有2molI-被氧化，则反应过程中转移的电子数为3NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据硝基和NO2中的电子数进行计算；
B.根据溶液中NH4+的水解程度分析；
C. 标准状态下，CHCl3为气态；
D.由于还原性I->Fe2+，故通入Cl2时，先发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，再发生反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，据此计算转移电子数；
18．（2019·成都模拟）下列根据实验操作、现象及结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 将石蜡油催化分解产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液褪色 该气体为乙烯
B 向NaAlO2溶液中持续通入气体Y 先出现 白色沉淀，最终沉淀又溶解 Y可能是CO2气体
C 向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入CuCl2、FeCl3溶液 加FeCl3溶液的H2O2产生气泡较快 Fe3+对H2O2分解的催化效果较好
D 取CH3OONa溶液于试管中并加入几滴酚酞，再加热 溶液红色加深 CH3COONa溶液显碱性且存在水解平衡
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；烯烃；氢氧化铝的制取和性质探究；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.将石蜡油催化分解产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶液褪色，证明该气体为不饱和烯烃，但不一定是乙烯，A不符合题意；
B.向NaAlO2溶液中持续通入气体Y，先出现 白色沉淀，最终沉淀又溶解，说明该气体为酸性气体，反应产生了Al(OH)3沉淀，由于Al(OH)3只能被强酸、强碱溶解，所以该气体的水溶液显强酸性，而CO2的水溶液是弱酸，不能溶解Al(OH)3沉淀，B不符合题意；
C.向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入CuCl2、FeCl3溶液，由于不清楚加入的CuCl2、FeCl3溶液的浓度大小、体积多少，所以不能判断Fe3+对H2O2分解的催化效果较好，C不符合题意；
D.取CH3OONa溶液于试管中并加入几滴酚酞，再加热, 溶液的红色加深，说明CH3COO-水解而使溶液显碱性；加热后，溶液中的c(OH-)增大，使溶液的碱性增强，故该溶液中存在水解平衡且水解平衡向正向移动，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.KMnO4溶液褪色，说明产生的为不饱和烃，不一定是乙烯；
B.Al(OH)3沉淀不溶于过量的H2CO3；
C.所给CuCl2、FeCl3溶液的浓度未知，无法比较其催化效果；
D.结合水解的影响因素分析；
19．（2018·丰台模拟）下列关于物质结构和元素性质说法正确的是（ ）
A．非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物
B．乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键
C．IA族与VIIA族元素原子之间形成的化学键是离子键
D．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
【答案】B
【知识点】化学键；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A.铵盐全部由非金属元素构成，为离子化合物，A不符合题意；
B.乙醇中羟基上的氢可以和水之间形成氢键，使乙醇和水可以以任意比例互溶，B符合题意；
C. IA族中的氢元素与VIIA族元素原子之间形成的化学键是共价键，C不符合题意；
D.水解程度和酸根对应的弱酸的强弱有关，酸性越弱对应酸根水解程度越大，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.铵盐中只含非金属元素，但为离子化合物；
B.氢键能影响物质的水溶性；
C.IA族中的H元素与VIIA族形成的化学键为共价键；
D.离子的水解程度与离子的还原性无关；
20．（2017·海南模拟）下列说法正确的是（ ）
A．氢氧燃料电池工作时，若消耗标准状况下11.2 L H2，则转移电子数为6.02×1023
B．常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H＋)﹒n(OH－)不变
C．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
D．反应2NaCl(s)=2Na(s)＋Cl2(g)的ΔH<0，ΔS>0
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. n(H2)= =0.5mol，负极上氢离子失去电子，H元素的化合价由0升高为+1价，则转移电子数为0.5mol ×2×（1-0）×6.02×1023=6.02×1023，所以A选项是正确的；
B. 温度不变，Kw= c(H＋)﹒c(OH－)不变，加水稀释体积增大，则n(H＋)﹒n(OH－)增大，故B不符合题意；
C. NH3液化分离，平衡正向移动，提高H2的转化率，但正反应速率减小，故C不符合题意；
D. 由化学计量数可以知道ΔS>0，2NaCl(s)=2Na(s)＋Cl2(g) 常温下不能发生，则ΔH-TΔS>0，即ΔH>0，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据氢气反应生成+1价计算电子转移的数值；
B.稀释会促进盐酸水解，氢氧根离子的物质的量增加；
C.分离出产物会使正反应速速率降低，平衡向正反应方向移动；
D.氯化钠分解为钠和氯气是吸热反应。
21．25℃时，将amol/L、pH=m的一元酸HX溶液与bmol/L、pH=n的NaOH溶液等体积混合后pH＞7。下列说法正确的是（ ）
A．若a=b，则HX一定是弱酸
B．反应后溶液中一定存在c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．若a=b，则m+n＜14
D．若a=2b，则反应后溶液中一定存在2c(OH－)＝c(HX)+2c(H＋)
【答案】A
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A、若 a=b，则二者恰好反应，pH＞7，说明生成的盐水解溶液显碱性，则 HX 一定是弱酸，A 正确；
B、如果氢氧化钠过量，则反应后溶液中可能存在 c(Na＋)＞c(OH－)＞c(X+)＞c(H+)，B 错误；
C、若a=b，则HA一定是弱酸，m+n＞14，C 错误；
D、若 a=2b，HX过量，所得溶液是由等浓度的HX和NaX组成的混合溶液。pH>7，说明HX的电离程度小于X-的水解程度，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）= c（OH-）+c（X-），根据物料守恒可知}:2 c（Na+）= c（HX）+c（X-），则反应后溶液中一定存在c（OH-）= c（HX）+2c（H+）- c（X-）,D错误，答案选A。
22．（2016·乌鲁木齐模拟）下列说法中，正确的是（ ）
A．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
B．其他条件相同时，增大反应物浓度，反应物中活化分子的百分数增加
C．焓变和熵变都与反应的自发性有关，它们都能独立地作为自发性的判据
D．常温下，FeCl3溶液中由水电离出的c （H+）一定大于1×10﹣7mol/L
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】解：A．活化分子发生碰撞时，只有适当的取向时，才能发生有效碰撞，故A错误；
B．其他条件相同时，增大反应物浓度，反应物中活化分子的数目增加，故B错误；
C．焓变和熵变都与反应的自发性有关，不能独立地作为自发性的判据，可利用综合判据△H﹣T△S来判断，故C错误；
D．常温下，水电离的c （H+）=1×10﹣7mol/L，氯化铁水解促进水的电离，则FeCl3溶液中由水电离出的c （H+）一定大于1×10﹣7mol/L，故D正确；
故选D．
【分析】A．活化分子发生碰撞时，只有适当的取向时，才能发生有效碰撞，才能发生化学反应；
B．增大反应物浓度，活化分子数目增多；
C．焓变和熵变判断反应的自发性，单独使用不准确；
D．常温下，水电离的c （H+）=1×10﹣7mol/L，氯化铁水解促进水的电离．
23．（2015·苏州模拟）下列有关说法正确的是（ ）
A．镀锌铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
B．2NaHCO3（s）=Na2CO3（s）+CO2（g）+H2O（l）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0
C．加热0.1 mol L﹣1CH3COONa 溶液，CH3COO﹣的水解程度和溶液的pH均增大
D．N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2 ）和H2的平衡转化率均增大
【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】解：A．镀锌铁制品镀层破损在潮湿的空气中形成原电池，锌做负极被腐蚀，Fe作正极被保护，所以铁不容易生锈，故A错误；
B.2NaHCO3（s）=Na2CO3（s）+CO2（g）+H2O（l）该反应的△S＞0，室温下不能自发进行，则△H﹣T△S＞0，所以△H＞0，故B错误；
C．加热促进盐的水解，加热0.1 mol L﹣1CH3COONa 溶液，CH3COO﹣的水解程度和溶液中氢氧根离子的浓度增大，则溶液的pH均增大，故C正确；
D．N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2 ）增大，平衡向吸热方向移动，即向逆方向移动，H2的平衡转化率减小，故D错误；
故选C．
【分析】A．镀锌铁制品镀层破损在潮湿的空气中形成原电池，锌做负极被腐蚀；
B．反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；
C．加热促进盐的水解；
D．升高温度反应速率增大，平衡向吸热方向移动．
二、多选题
24．（2020 新高考I）25℃时，某混合溶液中 ，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是（ ）
A．O点时，
B．N点时，
C．该体系中，
D．pH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大
【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A. 根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A不符合题意；
B. N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka= ，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B符合题意；
C. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka= ，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)= mol/L，故C符合题意；
D. 醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线 代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。
25．（2022高三上·潍坊期末）下列对有关实验现象的解释或所得结论错误的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 向2mL 0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加0.1mol·L-1Zn SO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液 先产生白色沉淀，又出现黑色沉淀 Ksp (ZnS) >Ksp(CuS)
B 将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液 铜粉溶解 Fe3+与铜粉反应
C 将25℃0.1mol·L-1的Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 温度升高，SO的水解增大程度大于水的电离增大程度
D 取2mL某卤代烃样品于试管中，加入5mL 20%KOH溶液并加热，冷却到室温后加入足量稀硝酸再滴加AgNO3溶液 产生白色沉淀 该卤代烃中含有氯元素
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A．向2mL 0.1mol·L-1溶液中滴加0.1mol·L-1溶液至不再有沉淀产生，发生反应：，再滴加几滴0.1mol·L-1溶液，沉淀转化为更难溶的沉淀，，，A不符合题意；
B．将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液，铜粉溶解，在酸性条件下有强氧化性，将铜粉氧化，B符合题意；
C．溶液加热，平衡正向移动，增大，增大，C符合题意；
D．卤代烃样品中，加入5mL 20%溶液并加热，卤代烃发生水解反应，冷却到室温后加入足量稀硝酸再滴加溶液，产生白色沉淀，证明卤代烃中含有氯元素，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.沉淀会从溶解度小的向溶解度更小的转化；
B.硝酸根在酸性条件下能氧化铜；
C.加热促进亚硫酸根的水解；
D.氯离子和硝酸银溶液反应生成白色沉淀AgCl。
26．（2022高二下·郴州期末）下列实验能达到预期目的是 （ ）
编号 实验内容 实验目的
A 向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅 证明溶液中存在水解平衡
B 向35%溶液中滴加3-4滴2%的溶液，再向其中加入0.5乙醛 检验醛基
C 等体积的和两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体，放出的氢气多且反应速率快 证明酸性比弱
D 向100.2溶液中滴2滴0.1溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；有机物（官能团）的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅，A符合题意；
B．滴加3-4滴2%的NaOH溶液，NaOH溶液的量不足，不能检验醛基，B不符合题意；
C．等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知HX的酸性更弱，则证明HX酸性比HY弱，故C符合题意；
D.10mLNaOH溶液相对于MgCl2和FeCl3的量来说是过量的，不存在沉淀的转化，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.钡离子与碳酸根结合生成碳酸钡，促使碳酸钠的水解平衡正向移动；
B.应在碱性环境中检验醛基；
C.等pH的酸与铁反应，生成氢气多的酸性较弱；
D.NaOH溶液过量，NaOH直接与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀，没有发生沉淀的转化。
三、非选择题
27．（2023·广州模拟）醋酸钠是一种常用的防腐剂和缓冲剂。
（1）配制溶液，需要称量醋酸钠晶体(，)的质量为 。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、 (从下列图中选择，写出名称)。
（2）某小组探究外界因素对水解程度的影响。
甲同学设计实验方案如下(表中溶液浓度均为)：
i.实验 和 (填序号)，探究加水稀释对水解程度的影响；
ii.实验1和3，探究加入对水解程度的影响；
iii.实验1和4，探究温度对水解程度的影响。
序号 温度
1 25℃ 40.0 0 0
2 25℃ 4.0 0 36.0
3 25℃ 20.0 10.0
4 40℃ 40.0 0 0
①根据甲同学的实验方案，补充数据： 。
②实验测得，该结果不足以证明加入促进了的水解。根据 (填一种微粒的化学式)的浓度增大可以说明加入能促进的水解。
③已知水解为吸热反应，甲同学预测，但实验结果为。实验结果与预测不一致的原因是 。
（3）小组通过测定不同温度下的水解常数确定温度对水解程度的影响。
查阅资料：，为溶液起始浓度。
试剂：溶液、盐酸、计。
实验：测定40℃下水解常数，完成下表中序号7的实验。
序号 实验 记录的数据
5 取溶液，用盐酸滴定至终点 消耗盐酸体积为
6 测40℃纯水的
7
在50℃和60℃下重复上述实验。
数据处理：40℃， (用含、、的计算式表示)
实验结论：，温度升高，促进水解。
【答案】（1）3.4g；烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶
（2）1；2；0；；升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大
（3）测定实验5所得溶液的pH；或
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）配制溶液，需要称量醋酸钠晶体的质量为。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；
（2）探究加水稀释对水解程度的影响，则实验中变量为醋酸钠的浓度，故实验1和2，探究加水稀释对水解程度的影响；
①实验1和3，探究加入对水解程度的影响；不能改变醋酸根的浓度，故0；
②醋酸水解方程式为：，铵根离子水解方程式为：；铵根离子水解会导致溶液中酸性增强，实验测得，该结果不足以证明加入促进了的水解，实验中可以根据的浓度增大可以说明加入能促进的水解；
③已知水解为吸热反应，甲同学预测，但实验结果为。实验结果与预测不一致的原因是水的电离也为吸热过程，升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大；
（3）实验为通过测定不同温度下的水解常数确定温度对水解程度的影响，则实验7需要测定实验5所得溶液的pH；取溶液，用盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为，和HCl以1：1反应，此时的起始浓度=，40℃纯水的pH=b，则，；实验5所得溶液的pH=c，则，则=或。
【分析】（1）用固体试剂配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，使用的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；
（2）依据盐类水解的影响因素分析，利用“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同；
（3）依据题目信息和计算。
28．（2022·眉山模拟）Ti在工业生产和日常生活中有重要用途，以钛铁矿石(FeTiO3，含Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Ti的流程如下：
已知：
金属离子 Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L-1)的pH 2.2 7.5
回答下列问题：
（1）碱浸液中含有的金属元素是 。
（2）酸浸时需加热的目的是 ，酸浸产生TiO2+的离子方程式为 。
（3）加NaOH溶液调至a= 时，溶液中的杂质离子沉淀完全。
（4）实验时当加入V Lc mol/L H2O2溶液恰好能将酸浸后溶液中的还原性离子全部氧化，则akg钛矿石理论是可制得钛 kg(过程中铁、钛无损失)，“氧化”中可替代H2O2的物质是 。
（5）制取TiO2·xH2O需加入大量水并加热，其目的是 (结合方程式说明)。
（6）为将碱浸液中所含金属化合物转化为金属氧化物，下列试剂必须用到的是____(按试剂使用先后顺序选填试剂标号)。
A．氨水 B．氢氧化钠 C．硫酸 D．醋酸
【答案】（1）Al、Na
（2）提高浸出率；FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O
（3）3.2
（4）96cV；空气或氧气
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ △H＞0， 加水稀释和加热都可促进TiO2+水解
（6）A；C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】
(1)氧化铝和二氧化硅可与氢氧化钠发生反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，所以碱液中含有的金属元素为：Al、Na；
(2)升高温度可增大反应速率，提高浸出率；FeTiO3溶于酸转化为TiO2+，其离子方程式为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O，故答案为：提高浸出率；FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O；
(3)根据表格数据可知，氢氧化铁的溶度积Ksp=，则若要溶液中铁离子沉淀完全，其离子浓度最大为110-5mol/L，所以其溶液的氢氧根离子浓度为，所以氢离子浓度为，即溶液pH为3.2；
(4)H2O2与Fe2+反应的离子方程式为：H2O2+ 2Fe2++2H+= 2Fe3++2H2O，所以n(Fe2+)=2n(H2O2)=2cV mol，则钛矿石中FeTiO3的物质的量为2cV mol，所以理论上得到的Ti的质量为2cV mol48g/mol=96cVg；从环保角度考虑，“氧化”中可替代H2O2的物质可以是空气或氧气，故答案为：96cV；空气或氧气；
(5)TiO2+会发生水解反应：TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+，其水解反应为吸热反应，加水稀释和加热都可促进TiO2+水解平衡向正向移动，故答案为：TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ △H＞0，加水稀释和加热都可促进TiO2+水解；
(6)碱浸液中含有偏铝酸钠，为使偏铝酸钠转化为氧化铝，可先加入过量的强酸后偏铝酸根离子转化为铝离子，再加入弱碱如一水合氨生成氢氧化铝后再加热，故合理的选项为CA。
【分析】钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，含Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质，进行碱液预处理，氧化铝、二氧化硅均变为盐溶液，过滤，滤渣中加入硫酸进行处理，FeTiO3转化为 Fe2+和 TiO2+，氧化铁转化为铁离子，再加入过氧化氢，氧化其中的亚铁离子，最终转化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节适宜的pH，得到氢氧化铁滤渣后再加热得到氧化铁；过滤除去杂质后得到滤液，加热进行水解，过滤，得到固体TiO2 xH2O，TiO2 xH2O煅烧得到二氧化钛，再电解熔融二氧化钛可生成钛单质。
29．（2021·天河模拟）CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度 以下 以上
结晶水合物
回答下列问题：
（1）仪器的名称为 ，溶液的作用是 。
（2）“湿法”制备的离子方程式为 ，实验中，的实际用量要大于理论用量，原因是 。
（3）为得到纯净的晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入的作用是 。
（4）用“间接碘量法”测定废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成，取出，向其中加入过量固体，充分反应，生成白色沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗标准溶液。(涉及到的反应为：，)
①滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好 (填颜色变化)，且半分钟不再发生变化。
②废铜屑中铜的百分含量为 。
（5）查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色。设计实验证明溶液中存在上述平衡；取少量蓝色稀溶液于试管中， 。
【答案】（1）三颈烧瓶；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
（2）；受热会分解导致损耗
（3）降温至结晶，抑制水解；增大浓度，有利于结晶
（4）溶液蓝色褪去；
（5）向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；常用仪器及其使用；尾气处理装置；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】本题以Cu和浓盐酸、H2O2反应来湿法制备CuCl2，反应原理为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，由于浓盐酸具有挥发性，故用NaOH来尾气处理，防止污染环境，在析出晶体的过程中要注意温度对结晶产物的影响，并需用HCl气流来抑制Cu2+水解，(4)用滴定法来测量Cu的含量，据此分析解题。
（1）由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，由于浓盐酸具有很强的挥发性，故NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：三颈烧瓶；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
（2）“湿法”制备CuCl2即用Cu、HCl和H2O2生成CuCl2和H2O，反应方程式为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为，由于H2O2受热或在Cu2+的催化作用下易分解而部分损失，故实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，故答案为：；受热会分解导致损耗；
（3）由题干表中数据可知，得到纯净的晶体，故反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，降低温度到进行冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。其中，由于Cu2+易发生水解，故持续通入的作用是抑制Cu2+水解，同时也增大了溶液中Cl-的浓度，有利于析出，故答案为：降温至结晶；抑制水解，增大浓度，有利于结晶；
（4）①本实验使用淀粉溶液作指示，淀粉溶液遇到I2先蓝色，故滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好溶液蓝色褪去，且半分钟不再发生变化，故答案为：溶液蓝色褪去；
②根据反应可找关系式如下：2Cu2+~I2~2，故有：n(Cu2+)=n()==2×10-3mol，故废铜屑中铜的百分含量为=64.0%，故答案为：64.0%；
（5）查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色，取少量蓝色稀溶液于试管中，向其中加入少量固体，振荡，若溶液由蓝色变为黄绿色，则证明溶液中存在上述平衡，故答案为：向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。
【分析】（1）反应的浓盐酸具有挥发性，需要对其进行净化处理；
（2）反应为双氧水在浓盐酸的强酸环境下氧化铜，根据反应写出离子反应方程式；双氧水不稳定，极易分解生成氧气从而造成损耗；
（3）二水和氯化铜的在26-42℃的条件下生成；加入氯化氢可抑制铜的水解利于晶体的结晶；
（4）滴定终点是消耗尽溶液中的碘，也就是淀粉不再变色，即蓝色消失；根据反应方程式及分子量、溶液浓度进行计算。
30．（2018·包头模拟）某实验科研小组研制了一种从废旧的含镍催化剂( 主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等）回收镍的新工艺。工艺流程如下图：
回答下列问题：
（1）浸出渣主要成分为CaSO4↓·2H2O和 两种物质。
（2）右图表示镍的浸出率与温度的关系，当浸出温度高于70℃时，镍的浸出率降低，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，其原因是 。
（3）工艺流程中的“副产品”为 （填化学式）。
（4）已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH 如下表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7
沉淀完全的pH 3.7 9.7 9.2
操作B是为了除去滤液中的铁元素，某同学设计了如下实验方案：向操作A所得的滤液中加入NaOH溶液，调节溶液pH为3.7～7.7，静置，过滤。请对该实验方案是否正确进行判断并做出评价： （若原方案正确，请说明理由；若原方案错误，请加以改正）。
（5）操作C是为了除去溶液中的Ca2+，若控制溶液中F－浓度为3×10-3 mol·L-1，则溶液中 = 。（常温时，Ksp(CaF2)=2.7×10-11）
（6）电解产生2NiOOH·H2O的原理分两步：
①碱性条件下Cl-在阳极被氧化为ClO-；生产1mol ClO-，消耗OH- mol。
②Ni2+被ClO-氧化产生2NiOOH·H2O沉淀。则该步反应的离子方程式为 。
【答案】（1）BaSO4
（2）随着温度升高，Ni2+的水解程度增大（浸出渣中Ni(OH)2含量增大，导致镍的浸出率降低）
（3）CuSO4·5H2O
（4）方案错误；在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+
（5）1.0×10-3
（6）2；ClO-+2Ni2+＋4OH-=2NiOOH·H2O+Cl-
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）含镍催化剂( 主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等）加入硫酸后生成硫酸盐，其中CaO、BaO加入硫酸后生成微溶的硫酸钙和难溶的硫酸钡，故浸出渣主要成分为CaSO4↓·2H2O和BaSO4两种物质；
（2）Ni2＋会发生水解反应：Ni2＋＋2H2O Ni(OH)2＋2H＋，该反应为吸热反应，故温度升高，平衡右移，Ni(OH)2含量增大，镍的浸出率降低；
（3）由于CuS、S灼烧后溶于稀硫酸中生成硫酸铜，所以副产品应该是胆矾，即CuSO4·5H2O；
（4）由于用氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，容易引入杂质，所以方案是错误的；的应该是在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；
（5）根据常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10-11可知，溶液中F-浓度为3×10-3 mol/L，则Ca2+的浓度为 . =3×10-6 mol/L， = . ；
（6）Ni2+被ClO-氧化产生2NiOOH·H2O沉淀，其还原产物是氯离子，则根据电子的得失守恒可知，第②步反应的离子方程式为ClO-+2Ni2+＋4OH-=2NiOOH·H2O+Cl-。
【分析】（2）根据镍离子的水解平衡原理分析温度对水解平衡的影响即可。
31．（2018·保山模拟）利用硫酸渣(主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等杂质)制备氧化铁的工艺流程如下：
（1）“酸浸”中硫酸要适当过量，目的是 。
（2）“还原”是将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42-，该反应的离子方程式为 。
（3）为测定“酸浸”步骤后溶液中Fe3+的量以控制加入FeS2的量。实验步骤为：准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，加入HCl、稍过量SnCl2，再加HgCl2除去过量的SnCl2，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定。有关反应的化学方程式如下：
2Fe3++Sn2++6Cl-＝2Fe2++SnCl62-
Sn2++4Cl-+2HgCl2＝SnCl62-+Hg2Cl2↓
6Fe2++Cr2O72-+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O
滴定时，K2Cr2O7标准溶液应盛放在滴定管中 (填“酸式”、“碱式”)；若不加HgCl2，则测定的Fe3+量 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
（4）①可选用 (填试剂)检验滤液中含有Fe3+。产生Fe3+的原因是 (用离子方程式表示)。
②已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
实验可选用的试剂有：稀硝酸、Ba(NO3)2溶液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液，要求制备过程中不产生有毒气体。请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：
a．氧化：。
b.沉淀：。
c.分离，洗涤。
d.烘干，研磨。
【答案】（1）提高铁的浸出率，抑制Fe3+的水解
（2）14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
（3）酸式；偏高
（4）KSCN或苯酚；4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O；向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌；滴加NaOH溶液，调节溶液的pH为3.2～3.8
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；常用仪器及其使用；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)铁离子、铝离子为弱离子，易发生水解反应，且一种物质过量能提高另一种物质的转化，所以稀硫酸适当过量的原因是提高铁的浸出率，抑制Fe3+的水解，因此，本题正确答案是：提高铁的浸出率，抑制Fe3+的水解；
(2)由信息Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42-，在利用氧化还原反应配平方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+ ，因此，本题正确答案是： 14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+。
(3)酸性溶液用酸性滴定管、碱性溶液用碱性滴定管，重铬酸钾酸性溶液呈酸性，应该用酸式滴定管，若不加HgCl2，溶液中含有Sn2+，也可以被酸性高锰酸钾氧化，导致高锰酸钾的物质的量增大，则测定的Fe3+量偏高，因此，本题正确答案是：酸式；偏高；
(4)①检验滤液中含有Fe3＋是KSCN溶液，铁离子和KSCN溶液反应生成血红色液体； Fe2+不稳定，易被空气氧化生成铁离子，所以产生铁离子，离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O，因此，本题正确答案是：KSCN； 4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O；②a.“过滤”后的溶液中有Fe2+、Al3+、Mg2+以及少量Fe3＋，首先向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌，将Fe2+完全氧化为Fe3＋，
b.然后控制pH，只使Fe(OH)3沉淀，从表格数据可以分析，控制pH为3.2～3.8，因此，本题正确答案是：a.向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌；b.滴加NaOH溶液，调节溶液为pH为3.2～3.8。
【分析】（1）根据铁离子和铝离子的水解进行分析；
（2）根据氧化还原反应原理书写离子方程式并配平；
（3） 根据消耗高锰酸钾溶液的体积变化判断。
32．（2018·遵义模拟）某化学兴趣小组为验证SO2的还原性，特邀你参与以下探究活动。
（1）I.理论预测
该兴趣小组实验实施前进行了充分的讨论交流，确定选择SO2和FeCl3溶液的反应来探究，并预测将SO2通入FeCl3溶液中的现象。小组同学想听听你的分析，你认为可能观察到的现象是： ，你预测的理论依据是(用离子方程式表示)： 。
（2）II.实验探究
配制1mol/LFeCl3溶液(未用盐酸酸化)
①下面是小组四位同学在配制溶液时的“转移”操作，其中正确的是： 。
②测溶液的pH得知溶液呈酸性，其原因是： (用离子方程式表示)。
（3）SO2通入FeCl3溶液至饱和，观察到溶液由棕黄色变为红棕色，并没有观察到预期的现象。将反应后的溶液放置12小时后又出现了预期的结果。
查阅资料得知[Fe(HSO3)]2+为红棕色，生成[Fe(HSO3)]2+的反应为可逆反应。请你用化学方程式解释将SO2通入FeCl3溶液至饱和时观察到的现象： 。
（4）为了探究如何缩短红棕色变为预期颜色的时间，小组继续探究：另取少量FeCl3溶液，再通入SO2溶液变为红棕色，加浓HCl酸化，几分钟后变为预期颜色。
请你推测小组在实验方案设计中“加浓HCl酸化”的目的是： 。
（5）III.感悟与分享
通过探究，小组同学深受启发、感悟良多。比如，有同学认为“实验才是化学的最高法庭”。请写出一种你的感悟与同学分享： 。
【答案】（1）溶液由（棕）黄色变为浅绿色；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
（2）A；Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+
（3）FeCl3+SO2+H2O [Fe(HSO3)]Cl2+HCl
（4）增大 H+浓度，使“FeCl3+ SO2 + H2O [Fe(HSO3)]Cl2+ HCl”平衡逆向移动， 加快预期反应的速率
（5）实践才是检验真理的唯一标准；敢于质疑，不放过实验中的异常现象，可能获得新知；（其他合理描述即给分）。
【知识点】氧化还原反应；影响盐类水解程度的主要因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】本题考查SO2和FeCl3溶液反应的实验探究，涉及物质性质的分析，物质的量浓度溶液的配制，盐类的水解，外界条件对化学平衡的影响。
I.由于SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，预测SO2通入FeCl3溶液中SO2将Fe3+还原为Fe2+，可能观察到的现象是：溶液由棕黄色变为浅绿色。反应的离子方程式可表示为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+。
II.（1）①“转移”时防止溶液外洒，应将玻璃棒的下端伸入容量瓶的刻度线以下，用玻璃棒引流溶液，
故答案为：A。②FeCl3属于强酸弱碱盐，由于Fe3+的水解使溶液呈酸性，Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+。
（2）根据资料，红棕色溶液中含[Fe（HSO3）]2+，该过程中元素的化合价没有变化，反应的化学方程式为SO2+FeCl3+H2O [Fe（HSO3）]Cl2+2HCl。
（3）出现红棕色是发生了反应SO2+FeCl3+H2O [Fe（HSO3）]Cl2+2HCl，缩短红棕色时间，即使上述平衡向逆反应方向移动。“加浓HCl酸化”的目的是：增大H+浓度，使“FeCl3+SO2+H2O [Fe(HSO3)]Cl2 + HCl”平衡逆向移动，加快预期反应的速率。
III. 通过上述实验说明：实践才是检验真理的唯一标准；敢于质疑，不放过实验中的异常现象，可能获得新知等。
【分析】I.二氧化硫具有还原性，氯化铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、硫酸根离子；
II.（1）①根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作进行判断；
②氯化铁是强酸弱碱盐，水解呈酸性；
（2）根据题目信息中溶液的颜色判断产物，然后书写化学方程式；
（3）根据浓度对化学平衡的影响进行分析。
33．（2022高三上·海淀期末）某小组同学探究盐对平衡体系的影响。
（1）实验Ⅰ：探究对和平衡体系的影响
将等体积、低浓度的溶液(已用稀盐酸酸化)和溶液混合，静置至体系达平衡，得红色溶液a。各取溶液a放入3支比色皿中，分别滴加不同浓度的溶液，并测定各溶液的透光率随时间的变化，结果如图所示。
已知：①溶液的透光率与溶液颜色深浅有关，颜色深，透光率低。
②在水溶液中由于水解而显黄色；溶液中存在(黄色)。
稀盐酸酸化溶液的目的是 。采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免 (填离子符号)的颜色对实验干扰。
（2）从实验结果来看，溶液确实对和平衡体系有影响，且随着浓度增大，平衡向 (填“正”或“逆”)反应方向移动。
（3）实验Ⅱ：探究盐对和平衡体系产生影响的原因
同学查阅相关资料，认为可能的原因有：
原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。
原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。
基于以上分析，该组同学取等体积的溶液a，分别加入等物质的量的不同种类的盐晶体(忽略溶液体积变化)，观察颜色变化，结果如下表。
序号 加入少量盐 溶液颜色
1 无 红色
2 变浅
3 略变浅
4 变浅程度较大
①上述实验可证明盐效应影响了和平衡体系的是 (填字母序号)。
a、1和2 b、1和3 c、1和4
②选择实验 (填序号)可得出结论：的盐效应弱于的盐效应。简述选择实验的理由及获得结论的依据： 。
（4）取等体积的溶液a继续进行实验，结果如下表。
序号 加入溶液 溶液颜色
5 浓盐酸 明显变浅，溶液偏黄
6 去离子水 略变浅
上述实验可证明副反应影响了和平衡体系，结合实验现象及化学用语分析副反应对和平衡体系有影响的原因： 。
（5）拓展应用：盐效应对多种平衡体系有影响。
在不同浓度溶液中的溶解度数据如下表：
0 0.01 0.02 0.04 0.10 0.20
溶解度 4.5 0.48 0.42 0.39 0.48 0.69
分析在范围内，溶解度发生变化的原因： 。
【答案】（1）抑制Fe3+水解；
（2）逆
（3）b；2和4；阴离子均为氯离子，加入，溶液变浅程度较大
（4）加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅
（5）浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】（1）稀盐酸酸化溶液的目的是抑制Fe3+水解；有颜色，采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免的颜色对实验干扰；
（2）随着浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动；
（3）①溶液和溶液中均存在氯离子，对平衡有影响，无法确定是盐效应使平衡移动，加入溶液，颜色略变浅，证明和平衡状态因盐效应而发生变化，故1和3可证明盐效应影响了和平衡体系，
故答案为：b；
②选择实验2和4可得出结论：的盐效应弱于的盐效应；溶液和溶液中均存在氯离子，加入，溶液变浅程度较大；
（4）加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅；
（5）浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大。
【分析】（1）氯化铁水解显酸性，盐酸可抑制其水解；
（2）浓度增大，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动；
（3）①和3可证明盐效应影响了和平衡体系；
②实验2和4可得出结论： 的盐效应弱于的盐效应 ；
（4） 加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅 ；
（5） 浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大 。
34．（2022高二下·赣州期末）按要求完成下列各空：
（1）25℃时，pH=2的盐酸L与pH=10的NaOH溶液L混合，所得溶液pH=4，则 。
（2）25℃时，在等体积的①pH=1的溶液、②的溶液、③pH=10的溶液、④pH=5的溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 。
（3）相等的①溶液、②溶液、③溶液、④溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为 。(填写序号)
（4）向溶液中加入足量固体，当溶液中时，此时溶液中 。[已知，]
【答案】（1）2∶99
（2）
（3）③>②>④>①
（4）
【知识点】pH的简单计算；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)25℃时，pH=10的NaOH溶液，所得溶液pH=4说明酸过量，则，2∶99；
(2)设溶液的体积为1L，①pH=1的H2SO4中c(H+)=0.1 mol L-1，c(OH-)=1.0×10-13mol L-1，水电离的物质的量为1.0×10-13mol；
②的溶液中c(OH-)=0.1 mol L-1，c(H+)=1.0×10-13mol L-1，水电离的物质的量为1.0×10-13mol；
③pH=10的Na2S溶液，因硫离子水解，溶液呈碱性，溶液中c(H+)=1.0×10-10mol L-1，c(OH-)=1.0×10-4mol L-1，水的电离的物质的量为1.0×10-4mol；
④pH=5的溶液中，铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中c(H+)=1.0×10-5mol L-1，水的电离的物质的量为1.0×10-5mol；
故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10-13mol：1.0×10-13mol：1.0×10-4mol1：1.0×10-5mol=；
(3)若忽略铵根的水解，等物质的量浓度的溶液和，电离出铵根的浓度较大，则相等时，的物质的量浓度较大，因此物质的量浓度：②③>①④，②溶液电离出氢离子抑制铵根的水解、③溶液中醋酸根与铵根发生双水解而促进铵根的水解，则物质的量浓度：③>②，①溶液只有由于铵根的水解、④溶液中碳酸根促进铵根的水解，则物质的量浓度：④>①，因此物质的量浓度由大到小的顺序为③>②>④>①；
(4)向溶液中加入足量固体发生沉淀转化：，则，当溶液中时，。
【分析】难点分析：（3）从影响盐类水解角度进行分析即可，①硫酸铵中铵根正常水解，②中的H+会抑制铵根的水解，③醋酸根水解促进铵根的水解，④碳酸根水解也会促进铵根的水解，最终四个溶液铵根浓度相同，所以铵根水解程度越大，该物质浓度越大，所以 ③>②>④>①
35．（2021高二上·石家庄期末）“84”消毒液和医用酒精都是重要的消毒剂。某实验小组同学围绕“‘84’消毒液能否与医用酒精混合使用”这一问题请行了如表探究。
序号 实验操作 实验现象
Ⅰ 取20mL“84”消毒液和40mL医用酒精混合均匀，并测量溶液温度变化 溶液温度由20℃升高至23℃，产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化
（1）“84”消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得。为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在“84”消毒液中残余一定量的NaOH，请运用平衡移动原理解释NaOH的作用 。
（2）根据实验Ⅰ，甲同学得出两个结论：
结论一：“84”消毒液能与酒精发生化学反应，二者不能混合使用。
结论二：该反应为放热反应。
乙同学认为要得出结论二还需补充两个实验，请简要写出实验方案。
实验Ⅱ： ；
实验Ⅲ： 。
（3）经查阅资料可知，实验Ⅰ中产生气体的主要成分为乙醛(化学式CH3CHO，沸点为20.8℃、有刺激性气味、有毒)。该反应的离子方程式为 。
【答案】（1）溶液中存在ClO-+H2OOH-+HClO，加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，分解速率减慢(或消毒液更稳定)
（2）取40mL医用酒精和20mL蒸馏水混合均匀，测量溶液的温度；取20mL84消毒液和40mL蒸馏水混合均匀，测量溶液的温度
（3）CH3CH2OH+ClO-=CH3CHO+Cl-+H2O
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)84消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得，为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，运用平衡移动原理解释NaOH的作用是：ClO-+H2O OH-+HClO，加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，分解速率减慢(或消毒液更稳定)；
(2)为证明该反应为放热反应，需要测量反应物在反应前的温度，则实验Ⅱ：取40mL医用酒精和20mL蒸馏水混合均匀，测量溶液的温度；实验Ⅲ：取20mL84消毒液和40mL蒸馏水混合均匀，测量溶液的温度；
(3)乙醇和NaClO反应生成CH3CHO，发生氧化还原反应，C元素化合价升高，则Cl元素化合价降低，产物还有Cl-，该反应的离子方程式为CH3CH2OH+ClO-=CH3CHO+Cl-+H2O。
【分析】思路分析（1）次氯酸钠为强碱弱酸盐，会发生水解得到次氯酸，但是次氯酸极不稳定，会发生分解，所以加入氢氧化钠溶液目的是抑制水解。
（2）消毒液与酒精混合后温度升高不一定发生化学反应，可能是溶液混合过程为放热过程，使溶液温度升高，所以要验证酒精与蒸馏水混合后是否温度升高。
